备战2024年高考数学一轮复习高考圆锥曲线满分模型通关（下册15-34讲）

曹老师微信Education111666专注高中数学10余年进QQ群索取所有Word文档目录TOC\o"1-3"\h\u32423专题15已知核心方程(显性)之直线过定点模型 225597专题16已知核心方程(隐性)和未知核心方程直线过定点模型 164202题型一已知核心方程(隐性) 1611078题型二未知核心方程 216647专题17圆过定点模型 2728938专题18斜率型定值型问题 418078题型一斜率问题 4124884题型二斜率之和问题 4615196题型三斜率之积问题 4931622题型四斜率综合问题 532900专题19距离型定值型问题 5530326专题20面积型定值型问题 69798题型一三角形面积问题 6923024题型二两三角形面积的和差积商问题 7527214题型三四边形面积问题 786436专题21数量积、角度及参数型定值问题 8020863题型一数量积型定值问题 8027595题型二角度型定值问题 8623807题型三参数型定值问题 9027271专题22斜率型取值范围模型 9231285专题23参数及点的坐标(横或纵)型取值范围模型 10020295专题24长度和距离型取值范围模型 11031981专题25面积与数量积型取值范围模型 119475专题26单变量型三角形面积最值问题 12919486专题27双变量型三角形面积最值问题 1356685专题28三角形面积型最值逆向与三角形面积运算型最值问题 14116887专题29距离型、参数型、数量积型及四边形面积型最值问题 1483155专题30证明数量关系型问题 16016688专题31证明位置关系型问题 1756587专题32探究是否存在常数型问题 18920969专题33探究是否存在点型问题 19711870专题34探究是否存在直线型问题 213专题15已知核心方程(显性)之直线过定点模型定点问题——确定方程定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．证明直线(曲线)过定点的基本思想是是确定方程，即使用一个参数表示直线(曲线)方程，根据方程的成立与参数值无关得出x，y的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线(曲线)所过的定点．核心方程是指已知条件中的等量关系．【方法总结】(1)单参数法①设动直线PM方程为y＝k(x－x0)＋y0；②联立直线与椭圆(抛物线)，解出点M的坐标为(A(k)，B(k))，同理(由核心方程代换)，得出点N的坐标为(C(k)，D(k))；③写出动直线MN方程，并整理成kf(x，y)＋g(x，y)＝0；④根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))⑤方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．(2)双参数法①设动直线MN方程(斜率存在)为y＝kx＋t；②由核心方程得到f(k，t)＝0(常用韦达定理)；③把t用k表示或把k用t表示，即kf(x，y)＋g(x，y)＝0(或tf(x，y)＋g(x，y)＝0)；④根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))⑤方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．【例题选讲】[例1]如图所示，设椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左顶点为A，中心为O，若椭圆M过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，且AP⊥OP．(1)求椭圆M的方程；(2)若△APQ的顶点Q也在椭圆M上，试求△APQ面积的最大值；(3)过点A作两条斜率分别为k1，k2的直线交椭圆M于D，E两点，且k1k2＝1，求证：直线DE过定点．[规范解答](1)由AP⊥OP，可知kAP·kOP＝－1．又点A的坐标为(－a，0)，所以eq\f(\f(1,2),－\f(1,2)＋a)·eq\f(\f(1,2),－\f(1,2))＝－1，解得a＝1．又因为椭圆M过点P，所以eq\f(1,4)＋eq\f(1,4b2)＝1，解得b2＝eq\f(1,3)，所以椭圆M的方程为x2＋eq\f(y2,\f(1,3))＝1．(2)由题意易求直线AP的方程为eq\f(y－0,\f(1,2)－0)＝eq\f(x＋1,－\f(1,2)＋1)，即x－y＋1＝0．因为点Q在椭圆M上，故可设Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ，\f(\r(3),3)sinθ))，又|AP|＝eq\f(\r(2),2)，所以S△APQ＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(cosθ－\f(\r(3),3)sinθ＋1)),\r(2))＝eq\f(1,4)×eq\f(2\r(3),3)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＋1．当θ＋eq\f(π,6)＝2kπ(k∈Z)，即θ＝2kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)时，S△APQ取得最大值eq\f(\r(3),6)＋eq\f(1,4)．(3)法一：单参数法由题意易得，直线AD的方程为y＝k1(x＋1)，代入x2＋3y2＝1，消去y，得(3keq\o\al(2,1)＋1)x2＋6keq\o\al(2,1)x＋3keq\o\al(2,1)－1＝0．设D(xD，yD)，则(－1)·xD＝eq\f(3k\o\al(2,1)－1,3k\o\al(2,1)＋1)，即xD＝eq\f(1－3k\o\al(2,1),1＋3k\o\al(2,1))，yD＝k1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－3k\o\al(2,1),1＋3k\o\al(2,1))＋1))＝eq\f(2k1,1＋3k\o\al(2,1))．设E(xE，yE)，同理可得xE＝eq\f(1－3k\o\al(2,2),1＋3k\o\al(2,2))，yE＝eq\f(2k2,1＋3k\o\al(2,2))．又k1k2＝1且k1≠k2，可得k2＝eq\f(1,k1)且k1≠±1，所以xE＝eq\f(k\o\al(2,1)－3,k\o\al(2,1)＋3)，yE＝eq\f(2k1,k\o\al(2,1)＋3)，所以kDE＝eq\f(yE－yD,xE－xD)＝eq\f(\f(2k1,k\o\al(2,1)＋3)－\f(2k1,1＋3k\o\al(2,1)),\f(k\o\al(2,1)－3,k\o\al(2,1)＋3)－\f(1－3k\o\al(2,1),1＋3k\o\al(2,1)))＝eq\f(2k1,3(k\o\al(2,1)＋1))，故直线DE的方程为y－eq\f(2k1,1＋3k\o\al(2,1))＝eq\f(2k1,3(k\o\al(2,1)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1－3k\o\al(2,1),1＋3k\o\al(2,1))))．令y＝0，可得x＝eq\f(1－3k\o\al(2,1),1＋3k\o\al(2,1))－eq\f(3(k\o\al(2,1)＋1),1＋3k\o\al(2,1))＝－2．故直线DE过定点(－2，0)．法二：双参数法设D(xD，yD)，E(xE，yE)．若直线DE垂直于y轴，则xE＝－xD，yE＝yD，此时k1k2＝eq\f(yD,xD＋1)·eq\f(yE,xE＋1)＝eq\f(y\o\al(2,D),1－x\o\al(2,D))＝eq\f(y\o\al(2,D),3y\o\al(2,D))＝eq\f(1,3)与题设矛盾，若DE不垂直于y轴，可设直线DE的方程为x＝ty＋s，将其代入x2＋3y2＝1，消去x，得(t2＋3)y2＋2tsy＋s2－1＝0，则yD＋yE＝eq\f(－2ts,t2＋3)，yDyE＝eq\f(s2－1,t2＋3)．又k1k2＝eq\f(yD,xD＋1)·eq\f(yE,xE＋1)＝eq\f(yDyE,(tyD＋s＋1)(tyE＋s＋1))＝1，可得(t2－1)yDyE＋t(s＋1)(yD＋yE)＋(s＋1)2＝0，所以(t2－1)·eq\f(s2－1,t2＋3)＋t(s＋1)·eq\f(－2ts,t2＋3)＋(s＋1)2＝0，可得s＝－2或s＝－1．又DE不过点A，即s≠－1，所以s＝－2．所以DE的方程为x＝ty－2．故直线DE过定点(－2，0)．[例2]已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率为eq\f(\r(2),2)，它的一个焦点恰好与抛物线y2＝4x的焦点重合．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆的上顶点为A，过点A作椭圆C的两条动弦AB，AC，若直线AB，AC斜率之积为eq\f(1,4)，直线BC是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由．[规范解答](1)由题意知椭圆的一个焦点为F(1，0)，则c＝1．由e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)得a＝eq\r(2)，∴b＝1，∴椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1．(2)双参数法由(1)知A(0，1)，当直线BC的斜率不存在时，设BC：x＝x0，设B(x0，y0)，则C(x0，－y0)，kAB·kAC＝eq\f(y0－1,x0)·eq\f(－y0－1,x0)＝eq\f(1－y\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＝eq\f(\f(1,2)x\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＝eq\f(1,2)≠eq\f(1,4)，不合题意．故直线BC的斜率存在．设直线BC的方程为：y＝kx＋m(m≠1)，并代入椭圆方程，得：(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0，①由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，得2k2－m2＋1>0．②设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1，x2是方程①的两根，由根与系数的关系得，x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2(m2－1),1＋2k2)，由kAB·kAC＝eq\f(y1－1,x1)·eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(1,4)得：4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2，即(4k2－1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1)2＝0，整理得(m－1)(m－3)＝0，又因为m≠1，所以m＝3，此时直线BC的方程为y＝kx＋3．所以直线BC恒过一定点(0，3)．[例3]已知P是抛物线E：y2＝2px(p＞0)上一点，P到直线x－y＋4＝0的距离为d1，P到E的准线的距离为d2，且d1＋d2的最小值为3eq\r(2)．(1)求抛物线E的方程；(2)直线l1：y＝k1(x－1)交E于点A，B，直线l2：y＝k2(x－1)交E于点C，D，线段AB，CD的中点分别为M，N，若k1k2＝－2，直线MN的斜率为k，求证：直线l：kx－y－kk1－kk2＝0恒过定点．[规范解答](1)抛物线E的焦点为F(eq\f(p,2)，0)，由抛物线的定义可得d2＝|PF|，则d1＋d2＝d1＋|PF|，其最小值为点F到直线x－y＋4＝0的距离，∴eq\f(|\f(p,2)＋4|,\r(2))＝3eq\r(2)，解得p＝4或p＝－20(舍去)，∴抛物线E的方程为y2＝8x．(2)单参数法设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,y＝k1x－1))可得keq\o\al(2,1)x2－(2keq\o\al(2,1)＋8)x＋keq\o\al(2,1)＝0，则x1＋x2＝eq\f(2k\o\al(2,1)＋8,k\o\al(2,1))，所以y1＋y2＝k1(x1－1)＋k1(x2－1)＝k1(x1＋x2)－2k1＝eq\f(2k\o\al(2,1)＋8,k1)－2k1＝eq\f(2k\o\al(2,1)＋8－2k\o\al(2,1),k1)＝eq\f(8,k1)，∴线段AB的中点M的坐标为(eq\f(k\o\al(2,1)＋4,k\o\al(2,1))，eq\f(4,k1))，同理可得点N的坐标为(eq\f(k\o\al(2,2)＋4,k\o\al(2,2))，eq\f(4,k2))，∴直线MN的斜率k＝eq\f(\f(4,k1)－\f(4,k2),\f(k\o\al(2,1)＋4,k\o\al(2,1))－\f(k\o\al(2,2)＋4,k\o\al(2,2)))＝－eq\f(2,k1＋k2)，则k(k1＋k2)＝－2，∴直线l的方程kx－y－kk1－kk2＝0可化为y＝kx－k(k1＋k2)，即y＝kx＋2，令x＝0，可得y＝2，∴直线l恒过定点(0，2)．[例4](2017·全国Ⅰ)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)))，P4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),2)))中恰有三点在椭圆C上．(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．[规范解答](1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．又由eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)>eq\f(1,a2)＋eq\f(3,4b2)知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)＝1，,\f(1,a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝1.))故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)双参数法设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2．如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(\r(4－t2),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(\r(4－t2),2)))．则k1＋k2＝eq\f(\r(4－t2)－2,2t)－eq\f(\r(4－t2)＋2,2t)＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得，(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1)．而k1＋k2＝eq\f(y1－1,x1)＋eq\f(y2－1,x2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1)＋eq\f(kx2＋m－1,x2)＝eq\f(2kx1x2＋(m－1)(x1＋x2),x1x2)．由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0，即(2k＋1)·eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(m－1)·eq\f(－8km,4k2＋1)＝0．解得k＝－eq\f(m＋1,2)．当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－eq\f(m＋1,2)x＋m，即y＋1＝－eq\f(m＋1,2)(x－2)，所以l过定点(2，－1)．[例5]如图，过顶点在原点、对称轴为y轴的抛物线E上的点A(2，1)作斜率分别为k1，k2的直线，分别交抛物线E于B，C两点．(1)求抛物线E的标准方程和准线方程；(2)若k1＋k2＝k1k2，证明：直线BC恒过定点．[规范解答](1)设抛物线E的标准方程为x2＝ay，a>0，将A(2，1)代入得，a＝4．所以抛物线E的标准方程为x2＝4y，准线方程为y＝－1．(2)单参数法由题意得，直线AB的方程为y＝k1x＋1－2k1，直线AC的方程为y＝k2x＋1－2k2，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝4y，,y＝k1x＋1－2k1，))消去y得x2－4k1x－4(1－2k1)＝0，解得x＝2或x＝4k1－2，因此点B(4k1－2，(2k1－1)2)，同理可得C(4k2－2，(2k2－1)2)．于是直线BC的斜率k＝eq\f((2k1－1)2－(2k2－1)2,(4k1－2)－(4k2－2))＝eq\f(4(k1－k2)(k1＋k2－1),4(k1－k2))＝k1＋k2－1，又k1＋k2＝k1k2，所以直线BC的方程为y－(2k2－1)2＝(k1k2－1)·[x－(4k2－2)]，即y＝(k1k2－1)x－2k1k2－1＝(k1k2－1)(x－2)－3．故直线BC恒过定点(2，－3)．[例6](2019·北京)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．[规范解答](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)双参数法设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\{\rc\(\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)．[例7]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(3),2)，其左、右焦点分别为F1，F2，点P为坐标平面内的一点，且|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝eq\f(3,2)，eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝－eq\f(3,4)，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线MA，MB的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝eq\f(π,2)．证明：直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．[规范解答](1)设P点坐标为(x0，y0)，F1(－c，0)，F2(c，0)，则eq\o(PF1,\s\up6(→))＝(－c－x0，－y0)，eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(c－x0，－y0)．由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)＝\f(9,4)，,(x0＋c)(x0－c)＋y\o\al(2,0)＝－\f(3,4)，))解得c2＝3，∴c＝eq\r(3)．又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，∴a＝2．∴b2＝a2－c2＝1．∴所求椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)双参数法设直线AB方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．∴x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1)．又由α＋β＝eq\f(π,2)，∴tanα·tanβ＝1，设直线MA，MB斜率分别为k1，k2，则k1k2＝1，∴eq\f(y1,x1＋2)·eq\f(y2,x2＋2)＝1，即(x1＋2)(x2＋2)＝y1y2．∴(x1＋2)(x2＋2)＝(kx1＋m)(kx2＋m)，∴(k2－1)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2－4＝0，∴(k2－1)eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋(km－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋1)))＋m2－4＝0，化简得20k2－16km＋3m2＝0，解得m＝2k，或m＝eq\f(10,3)k．当m＝2k时，y＝kx＋2k，过定点(－2，0)，不合题意(舍去)．当m＝eq\f(10,3)k时，y＝kx＋eq\f(10,3)k，过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,3)，0))，∴直线AB恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(10,3)，0))．【对点训练】1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1，0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线OA，OB的斜率之积为－eq\f(1,2)，求证：直线AB过x轴上一定点．

2．已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．(1)求椭圆C的方程；(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．

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C的方程；(2)若点B(1，－2)在C上，过B作C的两弦BP与BQ，若kBP·kBQ＝－2，求证：直线PQ过定点．

4．已知两点A(－eq\r(2)，0)，B(eq\r(2)，0)，动点P在y轴上的投影是Q，且2eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|eq\o(PQ,\s\up6(→))|2．(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过F(1，0)作两条直线分别交轨迹C于点G，H和M，N，且kGHkMN＝－1，E1，E2分别是GH，MN的中点．求证：直线E1E2恒过定点．

5．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到直线x＝eq\f(a2,c)的距离为eq\f(1,2)，过点F作双曲线C的两条弦AB，CD，且kABkCD＝－1，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，并求出此定点的坐标．

6．已知P(0，2)是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个顶点，C的离心率e＝eq\f(\r(3),3)．(1)求椭圆的方程；(2)过点P的两条直线l1，l2分别与C相交于不同于点P的A，B两点，若l1与l2的斜率之和为－4，则直线AB是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．

7．已知倾斜角为eq\f(π,4)的直线经过抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线Γ相交于A，B两点，且|AB|＝8．(1)求抛物线Γ的方程；(2)过点P(12，8)的两条直线l1，l2分别交抛物线Γ于点C，D和E，F，线段CD和EF的中点分别为M，N．如果直线l1与l2的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝eq\f(π,2)，求证：直线MN经过一定点．

8．(2017·全国Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(NM,\s\up6(→))．(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝1．证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F专题16已知核心方程(隐性)和未知核心方程直线过定点模型题型一已知核心方程(隐性)先将隐性核心方程等价地转化为显性核心方程．【方法总结】(1)单参数法：设动直线PM方程为y＝k(x－x0)＋y0，联立直线与椭圆(抛物线)，解出点M的坐标为(A(k)，B(k))，同理(由核心方程代换)，得出点N的坐标为(C(k)，D(k))，然后写出动直线MN方程，即kf(x，y)＋g(x，y)＝0，根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．(2)双参数法：设动直线MN方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由核心方程得到f(k，t)＝0，把t用k表示或把k用t表示，即kf(x，y)＋g(x，y)＝0(或tf(x，y)＋g(x，y)＝0)，根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．【例题选讲】[例1]已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点F(eq\r(3)，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设不经过点B(0，1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．[规范解答](1)由题意得，c＝eq\r(3)，eq\f(a,b)＝2，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1，∴椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1．(2)双参数法当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4))消去y，可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．∴Δ＝16(4k2＋1－m2)>0，x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1)．∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴eq\o(BM,\s\up7(→))·eq\o(BN,\s\up7(→))＝0．则eq\o(BM,\s\up7(→))·eq\o(BN,\s\up7(→))＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，∴(k2＋1)eq\f(4m2－4,4k2＋1)＋k(m－1)eq\f(－8km,4k2＋1)＋(m－1)2＝0，整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－eq\f(3,5)或m＝1(舍去)．∴直线l的方程为y＝kx－eq\f(3,5)．易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．故直线l过定点，且该定点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(3,5)))．[例2]已知椭圆O：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，点P在椭圆O上运动，若△PAB面积的最大值为2eq\r(3)，椭圆O的离心率为eq\f(1,2)．(1)求椭圆O的标准方程；(2)过B点作圆E：x2＋(y－2)2＝r2(0<r<2)的两条切线，分别与椭圆O交于两点C，D(异于点B)，当r变化时，直线CD是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．[规范解答](1)由题可知当点P在椭圆O的上顶点(或下顶点)时，S△PAB最大，此时S△PAB＝eq\f(1,2)×2ab＝ab＝2eq\r(3)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ab＝2\r(3)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2－b2＝c2))⇒a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，∴椭圆O的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)单参数法设过点B(2，0)与圆E相切的直线方程为y＝k(x－2)，即kx－y－2k＝0，∵直线与圆E：x2＋(y－2)2＝r2相切，∴d＝eq\f(|－2－2k|,\r(k2＋1))＝r，即(4－r2)k2＋8k＋4－r2＝0．设两切线的斜率分别为k1，k2(k1≠k2)，则k1k2＝1，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k1(x－2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))⇒(3＋4keq\o\al(2,1))x2－16keq\o\al(2,1)x＋16keq\o\al(2,1)－12＝0，∴2x1＝eq\f(16k\o\al(2,1)－12,3＋4k\o\al(2,1))，即x1＝eq\f(8k\o\al(2,1)－6,3＋4k\o\al(2,1))，∴y1＝eq\f(－12k1,3＋4k\o\al(2,1))；同理，x2＝eq\f(8k\o\al(2,2)－6,3＋4k\o\al(2,2))＝eq\f(8－6k\o\al(2,1),4＋3k\o\al(2,1))，y2＝eq\f(－12k2,3＋4k\o\al(2,2))＝eq\f(－12k1,4＋3k\o\al(2,1))；∴kCD＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(\f(－12k1,4＋3k\o\al(2,1))－\f(－12k1,3＋4k\o\al(2,1)),\f(8－6k\o\al(2,1),4＋3k\o\al(2,1))－\f(8k\o\al(2,1)－6,3＋4k\o\al(2,1)))＝eq\f(k1,4(k\o\al(2,1)＋1))．∴直线CD的方程为y＋eq\f(12k1,3＋4k\o\al(2,1))＝eq\f(k1,4(k\o\al(2,1)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(8k\o\al(2,1)－6,3＋4k\o\al(2,1))))，整理得y＝eq\f(k1,4(k\o\al(2,1)＋1))x－eq\f(7k1,2(k\o\al(2,1)＋1))＝eq\f(k1,4(k\o\al(2,1)＋1))(x－14)．∴直线CD恒过定点(14，0)．【对点训练】1．椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(1,2)，其左焦点到点P(2，1)的距离为eq\r(10)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

2．如图所示，已知椭圆M：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的四个顶点构成边长为5的菱形，原点O到直线AB的距离为eq\f(12,5)，其中A(0，a)，B(－b，0)．直线l：x＝my＋n与椭圆M相交于C，D两点，且以CD为直径的圆过椭圆的右顶点P(其中点C，D与点P不重合)．(1)求椭圆M的方程；(2)证明：直线l与x轴交于定点，并求出定点的坐标．

3．如图，已知直线l：y＝kx＋1(k>0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：eq\f(x2,4)＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1．(1)求k·k1的值；(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．

题型二未知核心方程【方法总结】单参数法：设出动点可动直线的方程为，解出点M的坐标为(A(k)，B(k))，解出点N的坐标为(C(k)，D(k))，然后写出动直线MN方程，即kf(x，y)＋g(x，y)＝0，根据直线过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点．【例题选讲】[例1](2020·全国Ⅰ)已知A，B分别为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝8，P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D．(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点．[规范解答](1)由椭圆方程E：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1)可得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)，∴eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a，1)，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(a，－1)．∴eq\o(AG,\s\up6(→))·eq\o(GB,\s\up6(→))＝a2－1＝8，∴a2＝9．∴椭圆E的方程为eq\f(x2,9)＋y2＝1．(2)单参数法由(1)得A(－3，0)，B(3，0)，设P(6，y0)，则直线AP的方程为y＝eq\f(y0－0,6－(－3))(x＋3)，即y＝eq\f(y0,9)(x＋3)，直线BP的方程为y＝eq\f(y0－0,6－3)(x－3)，即y＝eq\f(y0,3)(x－3)．联立直线AP的方程与椭圆E的方程可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,9)＋y2＝1，,y＝\f(y0,9)(x＋3)，))整理得(yeq\o\al(2,0)＋9)x2＋6yeq\o\al(2,0)x＋9yeq\o\al(2,0)－81＝0，解得x＝－3或x＝eq\f(－3y\o\al(2,0)＋27,y\o\al(2,0)＋9)．将x＝eq\f(－3y\o\al(2,0)＋27,y\o\al(2,0)＋9)代入y＝eq\f(y0,9)(x＋3)，可得y＝eq\f(6y0,y\o\al(2,0)＋9)，∴点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3y\o\al(2,0)＋27,y\o\al(2,0)＋9)，\f(6y0,y\o\al(2,0)＋9)))．同理可得，点D的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y\o\al(2,0)－3,y\o\al(2,0)＋1)，\f(－2y0,y\o\al(2,0)＋1)))．∴直线CD的方程为y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y0,y\o\al(2,0)＋1)))＝eq\f(\f(6y0,y\o\al(2,0)＋9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y0,y\o\al(2,0)＋1))),\f(－3y\o\al(2,0)＋27,y\o\al(2,0)＋9)－\f(3y\o\al(2,0)－3,y\o\al(2,0)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3y\o\al(2,0)－3,y\o\al(2,0)＋1)))，整理可得y＋eq\f(2y0,y\o\al(2,0)＋1)＝eq\f(4y0,3(3－y\o\al(2,0)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3y\o\al(2,0)－3,y\o\al(2,0)＋1)))，y＝eq\f(4y0,3(3－y\o\al(2,0)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3y\o\al(2,0)－3,y\o\al(2,0)＋1)))－eq\f(2y0,y\o\al(2,0)＋1)＝eq\f(4y0,3(3－y\o\al(2,0)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))．故直线CD过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))．[例2]已知椭圆C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右顶点与抛物线C2：y2＝2px(p＞0)的焦点重合，椭圆C1的离心率为eq\f(1,2)，过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线被抛物线C2截得的弦长为4eq\r(2)．(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；(2)过点A(－2，0)的直线l与C2交于M，N两点，点M关于x轴的对称点为M′，证明：直线M′N恒过一定点．[规范解答](1)设椭圆C1的半焦距为c，依题意，可得a＝eq\f(p,2)，则C2：y2＝4ax，将x＝c代入，得y2＝4ac，即y＝±2eq\r(ac)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4\r(ac)＝4\r(2)，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1．所以椭圆C1的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，抛物线C2的方程为y2＝8x．(2)单参数法依题意，可知直线l的斜率不为0，可设l为x＝my－2．联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my－2，,y2＝8x))消去x，整理得y2－8my＋16＝0．设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则点M′(x1，－y1)，由Δ＝(－8m)2－4×16＞0，解得m＜－1或m＞1．且有y1＋y2＝8m，y1y2＝16，m＝eq\f(y1＋y2,8)，所以直线M′N的斜率kM′N＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)＝eq\f(8m,m(y2－y1))＝eq\f(8,y2－y1)．可得直线M′N的方程为y－y2＝eq\f(8,y2－y1)(x－x2)，即y＝eq\f(8,y2－y1)x＋y2－eq\f(8(my2－2),y2－y1)＝eq\f(8,y2－y1)x＋eq\f(y2(y2－y1)－y2(y1＋y2)＋16,y2－y1)＝eq\f(8,y2－y1)x－eq\f(16,y2－y1)＝eq\f(8,y2－y1)·(x－2)．所以当m＜－1或m＞1时，直线M′N恒过定点(2，0)．[例3]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点M(m，2)，其焦点为F′，且|MF′|＝2．(1)求抛物线C的方程；(2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点．[规范解答](1)抛物线C的准线方程为x＝－eq\f(p,2)，所以|MF′|＝m＋eq\f(p,2)＝2，又4＝2pm，即4＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(p,2)))，所以p2－4p＋4＝0，所以p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x．(2)单参数法设点E(0，t)(t≠0)，由已知切线不为y轴，设直线EA：y＝kx＋t，联立，消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，①因为直线EA与抛物线C相切，所以Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得eq\f(1,t2)x2－2x＋t2＝0，所以x＝t2，即A(t2，2t)．设切点B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点O、B关于直线EF：y＝－tx＋t对称，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0)×\f(t－0,0－1)＝－1,\f(y0,2)＝－t·\f(x0,2)＋t))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(2t2,t2＋1),y0＝\f(2t,t2＋1)))，即Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2t2,t2＋1)，\f(2t,t2＋1)))．直线AF的斜率为kAF＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，直线BF的斜率为kBF＝eq\f(\f(2t,t2＋1)－0,\f(2t2,t2＋1)－1)＝eq\f(2t,t2－1)(t≠±1)，所以kAF＝kBF，即A，B，F三点共线．当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时A，B，F三点共线．所以直线AB过定点F(1，0)．[例4](2019·全国Ⅲ)已知曲线C：y＝eq\f(x2,2)，D为直线y＝－eq\f(1,2)上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B．(1)证明：直线AB过定点；(2)若以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．[规范解答](1)另类设Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－\f(1,2)))，A(x1，y1)，则xeq\o\al(2,1)＝2y1，由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故eq\f(y1＋\f(1,2),x1－t)＝x1，整理得2tx1－2y1＋1＝0．设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0，故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0．所以直线AB过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))．(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋eq\f(1,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝tx＋\f(1,2)，,y＝\f(x2,2)))可得x2－2tx－1＝0，于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝eq\r(1＋t2)|x1－x2|＝eq\r(1＋t2)×eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2(t2＋1)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝eq\r(t2＋1)，d2＝eq\f(2,\r(t2＋1))，因此，四边形ADBE的面积S＝eq\f(1,2)|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)eq\r(t2＋1)，设M为线段AB的中点，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，t2＋\f(1,2)))，由于eq\o(EM,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，而eq\o(EM,\s\up6(→))＝(t，t2－2)，eq\o(AB,\s\up6(→))与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0．解得t＝0或t＝±1．当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4eq\r(2)．因此，四边形ADBE的面积为3或4eq\r(2)．【对点训练】1．已知椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的右焦点为F，过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A，B两点，直线l：x＝2与x轴相交于点H，过点A作AD⊥l，垂足为D．(1)求四边形OAHB(O为坐标原点)的面积的取值范围．(2)证明：直线BD过定点E，并求出点E的坐标．

2．已知动圆M恒过点(0，1)，且与直线y＝－1相切．(1)求圆心M的轨迹方程；(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．

3．已知P是圆F1：(x＋1)2＋y2＝16上任意一点，F2(1，0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)记曲线C与x轴交于A，B两点，M是直线x＝1上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为D，E，求证：直线DE过定点H(4，0)．

4．如图，设直线l：y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(p,2)))与抛物线C：y2＝2px(p>0，p为常数)交于不同的两点M，N，且当k＝eq\f(1,2)时，抛物线C的焦点F到直线l的距离为eq\f(2\r(5),5)．(1)求抛物线C的标准方程；(2)过点M的直线交抛物线于另一点Q，且直线MQ过点B(1，－1)，求证：直线NQ过定点．专题17圆过定点模型【方法总结】1．圆过定点问题的一般设问方式(1)证明以PQ为直径的圆恒过x或y轴上某定点M(m，0)或M(0，n)；(2)证明以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)；(3)证明以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)；(4)以PQ为直径的圆是否恒过定点M？若是，求出该定点M的坐标；若不是，请说明理由．2．圆过定点问题的一般解法(1)向量法：基本思想是根据直径所对的圆周角是直角，即eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0．这是解决圆过定点的主要方法．一般步骤：①设出M(m，n)及相关点的坐标或相关直线的方程；②根据题设条件求出点P与点Q的坐标，P(A(t)，B(t))，Q(C(t)，D(t))；③求出eq\o(MP,\s\up6(→))与eq\o(MQ,\s\up6(→))的坐标，并根据eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0，建立方程f(m，n，t)＝0，并整理成tf(m，n)＋g(m，n)＝0；④根据圆过定点时与参数没有关系(即方程对参数t的任意值都成立)，得到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fm，n＝0，,gm，n＝0；))⑤以方程组的解为坐标的点就是圆所过的定点．(2)方程法：基本思想是根据已知条件求出圆的方程，即f(x，y，k)＝0．这种方法用的很少．一般步骤：①设出相关点的坐标或相关直线的方程；②根据题设条件求出点P与点Q的坐标，P(A(t)，B(t))，Q(C(t)，D(t))；③求出圆的方程f(x，y，t)＝0，并整理成tf(x，y)＋g(x，y)＝0；④根据圆过定点时与参数没有关系(即方程对参数t的任意值都成立)，得到方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，y＝0，,gx，y＝0；))⑤以方程组的解为坐标的点就是圆所过的定点．(3)赋值法：基本思想是从特殊到一般，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．【例题选讲】[例1](2019·北京)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的焦点作斜率不为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．[规范解答](1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2．所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1．(2)向量法抛物线C的焦点为F(0，－1)，设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2＝－4y))得x2＋4kx－4＝0．设Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，则x1x2＝－4．直线OM的方程为y＝eq\f(y1,x1)x．令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－eq\f(x1,y1)．同理得点B的横坐标xB＝－eq\f(x2,y2)．设点D(0，n)，则eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x1,y1)，－1－n))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x2,y2)，－1－n))，eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝eq\f(x1x2,y1y2)＋(n＋1)2＝eq\f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x\o\al(2,1),4)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x\o\al(2,2),4))))＋(n＋1)2＝eq\f(16,x1x2)＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2．令eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，则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)．[例2]已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Q(1，eq\f(3,2))，且离心率e＝eq\f(1,2)．(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C长轴两端点分别为A，B，点P为椭圆上异于A，B的动点，直线l：x＝4与直线PA，PB分别交于M，N两点，又点E(7，0)，过E，M，N三点的圆是否过x轴上不同于点E的定点？若经过，求出定点坐标；若不存在，请说明理由．[规范解答](1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，,eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1,,a2＝b2＋c2))，解得a2＝4，b2＝3，故椭圆C的方程为：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)向量法设点P(x0，y0)，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，由椭圆的第三定义知k1k2＝e2－1＝－eq\f(3,4)，又PA：y＝k1(x＋2)，令x＝4，得M(4，6k1)，同理：PB：y＝k2(x－2)，令x＝4，得N(4，2k2)，则kEMkEN＝(－eq\f(6k1,3))(－eq\f(2k2,3))＝－1，过E，M，N三点的圆的直径为MN．设圆过定点R(m，0)，则eq\o(RM,\s\up6(→))·eq\o(RN,\s\up6(→))＝0，因为eq\o(RM,\s\up6(→))＝(4－m，6k1)，eq\o(RN,\s\up6(→))＝(4－m，2k2)．所以eq\o(RM,\s\up6(→))·eq\o(RN,\s\up6(→))＝(4－m)2＋12k1k2＝0，即(4－m)2＝9，解得m＝1或m＝7(舍)．故经过E，M，N三点的圆是以MN为直径，过x轴上不同于点E的定点R(1，0)．[例3]已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点且直线AC和直线BC的斜率之积为－eq\f(3,4)．(1)求动点C的轨迹方程；(2)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，判断以PQ为直径的圆是否过x轴上一定点．[规范解答](1)设C(x，y)．由题意得kAC·kBC＝eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(3,4)(y≠0)．整理，得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．故动点C的轨迹方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)方法一：向量法易知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋m．联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0．依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即3＋4k2＝m2．设x1，x2为方程(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0的两个根，则x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，所以x1＝x2＝eq\f(－4km,3＋4k2)．所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4km,3＋4k2)，\f(3m,3＋4k2)))，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k,m)，\f(3,m)))．又Q(4，4k＋m)，设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由eq\o(RP,\s\up7(→))·eq\o(RQ,\s\up7(→))＝0，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4k,m)－t，\f(3,m)))·(4－t，4k＋m)＝0，整理，得eq\f(4k,m)(t－1)＋t2－4t＋3＝0．由eq\f(k,m)的任意性，得t－1＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1．综上可知以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．方法二：向量法设P(x0，y0)，则曲线C在点P处的切线PQ：eq\f(x0x,4)＋eq\f(y0y,3)＝1，令x＝4，得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3－3x0,y0)))．设R(t，0)为以PQ为直径的圆上一点，则由eq\o(RP,\s\up7(→))·eq\o(RQ,\s\up7(→))＝0，得(x0－t)·(4－t)＋3－3x0＝0，即x0(1－t)＋t2－4t＋3＝0．由x0的任意性，得1－t＝0且t2－4t＋3＝0，解得t＝1．综上可知，以PQ为直径的圆过x轴上一定点(1，0)．[例4]已知F1，F2为椭圆C：eq\f(x2,2)＋y2＝1的左、右焦点，过椭圆长轴上一点M(m，0)(不含端点)作一条直线l，交椭圆于A，B两点．(1)若直线AF2，AB，BF2的斜率依次成等差数列(公差不为0)，求实数m的取值范围；(2)若过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,3)))的直线交椭圆C于E，F两点，则以EF为直径的圆是否恒过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．[规范解答](1)由题意知F1(－1，0)，F2(1，0)，直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝k(x－m)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＝k(x1－m)，y2＝k(x2－m)，因为eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)＝2k，即eq\f(k(x1－m),x1－1)＋eq\f(k(x2－m),x2－1)＝2k，整理得(x1＋x2)(1－m)＝2(1－m)，又公差不为0，所以x1＋x2＝2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝k(x－m)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2－4k2mx＋2k2m2－2＝0，由x1＋x2＝eq\f(4k2m,1＋2k2)＝2，得k2＝eq\f(1,2(m－1))>0，所以m>1．又点M(m，0)在椭圆长轴上(不含端点)，所以1<m<eq\r(2)，即实数m的取值范围为(1，eq\r(2))．(2)赋值法假设以EF为直径的圆恒过定点．当EF⊥x轴时，以EF为直径的圆的方程为x2＋y2＝1；当EF⊥y轴时，以EF为直径的圆的方程为x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,3)))2＝eq\f(16,9)，则两圆的交点为Q(0，1)．下证当直线EF的斜率存在且不为0时，点Q(0，1)在以EF为直径的圆上．设直线EF的方程为y＝k0x－eq\f(1,3)(k0≠0)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，整理得(2keq\o\al(2,0)＋1)x2－eq\f(4,3)k0x－eq\f(16,9)＝0，设E(x3，y3)，F(x4，y4)，则x3＋x4＝eq\f(4k0,3(2k\o\al(2,0)＋1))，x3x4＝eq\f(－16,9(2k\o\al(2,0)＋1))，又eq\o(QE,\s\up6(→))＝(x3，y3－1)，eq\o(QF,\s\up6(→))＝(x4，y4－1)，所以eq\o(QE,\s\up6(→))·eq\o(QF,\s\up6(→))＝x3x4＋(y3－1)(y4－1)＝x3x4＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k0x3－\f(4,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k0x4－\f(4,3)))＝(1＋keq\o\al(2,0))x3x4－eq\f(4,3)k0(x3＋x4)＋eq\f(16,9)＝(1＋keq\o\al(2,0))·eq\f(－16,9(2k\o\al(2,0)＋1))－eq\f(4,3)k0·eq\f(4k0,3(2k\o\al(2,0)＋1))＋eq\f(16,9)＝0，所以点Q(0，1)在以EF为直径的圆上．综上，以EF为直径的圆恒过定点(0，1)．[例5]等边三角形OAB的边长为8eq\r(3)，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上．(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q．证明：以PQ为直径的圆恒过某定点．[规范解答](1)依题意，|OB|＝8eq\r(3)，∠BOy＝30°，不妨设B(x，y)，x>0，则x＝|OB|sin30°＝4eq\r(3)，y＝|OB|cos30°＝12，因为点B(4eq\r(3)，12)在x2＝2py上，所以(4eq\r(3))2＝24p，解得p＝2，所以抛物线的方程为x2＝4y．(2)解法1：向量法由(1)知y＝eq\f(1,4)x2，所以y′＝eq\f(1,2)x．设点P(x0，y0)，Q(x1，－1)，则x0≠0，l的方程为y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq\f(1,2)x0x－eq\f(1,4)x02．令y＝－1，可得x1＝eq\f(x02－4,2x02)．设M(m，n)是圆上一点，则eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0，即(m－x0)(m－eq\f(x02－4,2x0))＋(n－y0)(n＋1)＝0，整理可得m2－eq\f(3x02－4,2x0)m＋eq\f(x02,2)－2＋n2＋n－ny0－y0＝0，因为y0＝eq\f(1,4)x02，所以－meq\f(3x02－4,2x0)＋(1－n)eq\f(x02,4)＋(n2＋n＋m2－2)＝0，该式子要对任意的满足y0＝eq\f(1,4)x02(x0≠0)的x0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝0，,1－n＝0,,n2＋n＋m2－2＝0))，由此解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝0，,n＝1))，所以以PQ为直径的圆恒过定点(0，1)．解法2：向量法由对称性可知该定点必在y轴上，设为M(0，n)．由(1)知y＝eq\f(1,4)x2，所以y′＝eq\f(1,2)x．设点P(x0，y0)，Q(x1，－1)，则x0≠0，l的方程为y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq\f(1,2)x0x－eq\f(1,4)x02．令y＝－1，可得x1＝eq\f(x02－4,2x02)．由eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝0，可得eq\f(x02－4,2)＋(n－y0)(n＋1)＝0，整理可得eq\f(x02,2)－2＋n2＋n－ny0－y0＝0，因为y0＝eq\f(1,4)x02，所以(1－n)y0＋(n2＋n－2)＝0，该式子要对任意的满足y0＝eq\f(1,4)x02(x0≠0)的y0恒成立，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－n＝0，,n2＋n－2＝0))，由此解得n＝1，所以以PQ为直径的圆恒过定点(0，1)．解法3：赋值法由对称性可知该定点必在y轴上．由(1)知y＝eq\f(1,4)x2，所以y′＝eq\f(1,2)x．设点P(x0，y0)，Q(x1，－1)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝eq\f(1,2)x0(x－x0)，即y＝eq\f(1,2)x0x－eq\f(1,4)x02．令y＝－1，可得x1＝eq\f(x02－4,2x02)．取x0＝2，此时P(2，1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为x(x－2)＋(y－1)(y＋1)＝0，与y轴交于点M1(0，1)和M2(0，－1)；取x0＝1，此时P(1，eq\f(1,4))，Q(－eq\f(3,2)，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)(x＋eq\f(3,2))＋(y－eq\f(1,4))(y＋1)＝0，与y轴交于点M3(0，1)和M4(0，－eq\f(7,4))．由此可知，该定点为M(0，1)，下证M(0，1)就是所求的点．因为eq\o(MP,\s\up6(→))＝(x0，y0－1)，eq\o(MQ,\s\up6(→))＝(eq\f(x02－4,2x02)，－2)，所以eq\o(MP,\s\up6(→))·eq\o(MQ,\s\up6(→))＝eq\f(x02－4,2)－2y0＋2，所以以PQ为直径的圆恒过定点(0，1)．[例6]设F1，F2分别为椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，若椭圆上的点T(2，eq\r(2))到点F1，F2的距离之和等于4eq\r(2)．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，A为椭圆C的左顶点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N．问：以MN为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．[规范解答](1)由椭圆上的点T(2，eq\r(2))到点F1，F2的距离之和是4eq\r(2)，可得2a＝4eq\r(2)，a＝2eq\r(2)．又T(2，eq\r(2))在椭圆上，因此eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，所以b＝2，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1．(2)方程法因为椭圆C的左顶点为A，所以点A的坐标为(－2eq\r(2)，0)．因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1交于E，F两点，设点E(x0，y0)(不妨设x0＞0)，则点F(－x0，－y0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))消去y，得x