§4 圆锥曲线中的定点、定值、定直线
【备考指南】 备考中重点关注曲线在运动变化中，是否过定点，线段长、直线的斜率或斜率之和(积)等是否为定值，动点是否在定直线上．学会用坐标法研究圆锥曲线动态中的几何不变性，强化数形结合的意识．
能力考点1 定点问题
【典例1】 (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)，B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＝．证明：直线HN过定点．
[解] (1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1，因为椭圆过A(0，－2)，B两点，
则解得m＝，n＝，
所以椭圆E的方程为＝1．
(2)证明：因为A(0，－2)，B，所以直线AB的方程为y＋2＝x．
①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，即直线x＝1，代入＝1，
可得M，N，代入直线AB的方程y＝x－2，可得T，由＝得到H．求得直线HN的方程为y＝x－2，过点(0，－2)．
②若过点P(1，－2)的直线斜率存在，设y＋2＝k(x－1)，即kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，Δ＝[－6k(2＋k)]2－4(3k2＋4)·3k(k＋4)＝96k2－192k＞0，解得k＜0或k＞2．
可得
联立可得T，H(3y1＋6－x1，y1)．
可求得此时HN：y－y2＝(x－x2)，
将(0，－2)代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，
又x1y2＋x2y1＝，
代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上，可得直线HN过定点(0，－2)．
动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2024·安徽合肥模拟)设抛物线E：y2＝2px(p>0)，过焦点F的直线与抛物线E交于点A，B．当直线AB垂直于x轴时，＝2．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)已知点P，直线AP，BP分别与抛物线E交于点C，D．求证：直线CD过定点．
[解] (1)由题意，当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为x＝，
联立 可得则＝2p，所以2p＝2，即p＝1，所以抛物线E的方程为y2＝2x．
(2)证明：若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线E只有一个交点，不符合题意，
同理可知，直线CD也不与x轴重合，
设C，D，设直线AB的方程为x＝my＋，
联立 得y2－2my－1＝0，Δ＝4m2＋4>0，
因此y1＋y2＝2m，y1y2＝－1．
设直线AC的方程为x＝ny＋1，联立 得y2－2ny－2＝0，
则Δ′＝4n2＋8>0，因此y1＋y3＝2n，y1y3＝－2，则y3＝，同理可得y4＝．
所以kCD＝＝＝＝＝－＝．
因此直线CD的方程为x＝2m＋x3，
由对称性知，定点在x轴上，
令y＝0得，
x＝－2my3＋x3＝＝－2m·＝
＝＝＝＝2，
所以直线CD过定点．
【教师备选资源】
1．(2024·福建厦门模拟)双曲线C：＝1的离心率为，点T在C上．
(1)求C的方程；
(2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点P处的切线交C于M，N两点，证明：以MN为直径的圆过定点．
[解] (1)依题意有
即有解得a2＝1，b2＝2,
所以双曲线C的方程为x2－＝1．
(2)证明：法一：设M，N，
①当切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m，
因为直线与圆相切，所以＝，整理得m2＝2＋2k2,
联立 x2－2kmx－m2－2＝0，
Δ＝4k2m2＋4＝8(m2＋2－k2)>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点．
＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋
＝x1x2＋mk＋m2
＝＋mk·＋m2＝，
又m2＝2＋2k2，所以＝0，
所以⊥，故以MN为直径的圆过原点．
②当切线斜率不存在时，直线方程为x＝±，
此时M，N或M(，－)，N()，
此时圆的方程为＋y2＝2，恒过原点；
或M，N或M(－，－)，N(－)，
此时圆的方程为＋y2＝2，恒过原点．
综上所述，以MN为直径的圆过原点．
法二：设M，N．
①当切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m，
因为直线与圆相切，所以＝，整理得m2＝2＋2k2,
联立 x2－2kmx－m2－2＝0，
Δ＝4k2m2＋4＝8(m2＋2－k2)>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝．
以MN为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0，
即x2－x＋x1x2＋y2－y＋y1y2＝0，因为x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)·(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，
所以x1x2＋y1y2＝＋km·＋m2＝＝0，
且y1＋y2＝k＋2m＝k·＋2m＝，
所以所求的圆的方程为x2－x＋y2－y＝0，
所以以MN为直径的圆过原点；
②当切线斜率不存在时，同法一，此时圆的方程为＋y2＝2，恒过原点．
综上所述，以MN为直径的圆过原点．
2．(2024·广东广州模拟)已知椭圆C：＝1(0(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点D的直线l交椭圆C于点M，N，点A，直线MA，NA分别交直线x＝－4于点P，Q，求证：线段PQ的中点为定点．
[解] (1)由题可得a2＝8，
∵E，B1，B2，
∴EB1的中点为G，
∵＝(－a，b)·＝＝1，∴b2＝2，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：依题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k，
由 消去y并化简得x2＋32k2x＋64k2－8＝0，
由Δ＝1 024k4－4>0，得k2<，－设M，N，
则xM＋xN＝－，xMxN＝，
依题意可知直线MA，NA的斜率存在，
直线MA的方程为y＋1＝，
令x＝－4，得yP＝＝
＝＝＝－2k－1－，
同理可求得yQ＝－2k－1－，
∴yP＋yQ＝－4k－2－＝－4k－2－
＝－4k－2－
＝－4k－2－
＝－4k－2＋(4k＋2)＝0，
∴线段PQ的中点为定点．
3．(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，＝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．
[解] (1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)．
则＝(a，1)，＝(a，－1)．由＝8，得a2－1＝8，即a＝3．
所以E的方程为＋y2＝1．
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3因为直线PA的方程为y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3)．
因为直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由＝1，可得＝－，则27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0． ①
将x＝my＋n代入＋y2＝1，得
(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝．
代入①式，得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0．
解得n＝－3(舍去)或n＝．
故直线CD的方程为x＝my＋，所以直线CD过定点．
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点．
综上可知，直线CD过定点．
能力考点2 定值问题
【典例2】 (2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，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] (1)由题设得＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3．所以椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：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＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－6)＞0，得m2－6k2－3＜0，于是x1＋x2＝－，x1x2＝．①
由AM⊥AN知＝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．
将①代入上式，可得(k2＋1)·－(km－k－2)·＋(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，m＝－k－，满足Δ＞0，
于是MN的方程为y＝k(k≠1)．
所以直线MN过点P．
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由＝0，得
(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0．
又＝1，可得－8x1＋4＝0，解得x1＝2(舍去)或x1＝，此时直线MN过点P．
令Q为AP的中点，即Q．
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝．
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|．
综上可知，存在点Q，使得|DQ|为定值．
求解定值问题的两大途径
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
(2024·云南昆明模拟)平面上一动点P满足＝2．
(1)求P点轨迹Γ的方程；
(2)已知A，B，延长PA交Γ于点Q，求实数m使得∠PAB＝m∠PBA恒成立，并证明∠PBQ为定值．
[解] (1)由题意可得，动点P到定点的距离比到定点的距离大2，
由双曲线的定义，可知P点轨迹是以为焦点的双曲线的左支，
设Γ：＝1(a>0，b>0)，
则c＝2，a＝1，b2＝c2－a2＝3，
所以Γ的方程为x2－＝1．
(2)如图，不妨设点P在第二象限，
①当lPQ的斜率不存在时，
Γ：x2－＝1，令x＝－2，解得y＝±3，
则P，此时∠PAB＝，
在Rt△PAB中，＝＝3，∴∠PBA＝，即m＝2, 此时∠QAB＝，由对称性知，∠QBA＝∠QAB＝，所以∠PBQ＝∠PBA＋∠QBA＝为定值．
②当lPQ的斜率存在时，令lPA的倾斜角为α，lPB的倾斜角为β，则∠PAB＝α，∠PBA＝π－β，
假设∠PAB＝2∠PBA成立，即α＝2π－2β，则有tan α＝tan (2π－2β)＝－tan 2β＝－，即kPA＝．
又kPA＝＝＝，又点P的坐标满足x2－＝1，即y2＝3x2－3，
＝＝＝＝＝－，
所以kPA＝，假设成立，
所以当m＝2时，有∠PAB＝2∠PBA成立．
此时∠QAB＝π－α，由对称性知，∠QBA＝∠QAB＝，而∠PBA＝，
所以∠PBQ＝∠PBA＋∠QBA＝为定值．
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1．已知抛物线Γ：y2＝4x的焦点为F，过点F且斜率为k的直线与抛物线Γ交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线的切线，两条切线分别与y轴交于C，D两点，直线CF与抛物线Γ交于M，N两点，直线DF与抛物线Γ交于P，Q两点，G为线段MN的中点，H为线段PQ的中点．
(1)证明：为定值；
(2)设直线GH的斜率为k1，证明：为定值．
[证明] (1)设m＝，则m≠0，易知抛物线Γ的焦点为F，
设直线AB的方程为x＝my＋1，A，B，
联立可得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0，
可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
接下来证明抛物线Γ在点A处的切线方程为y1y＝2x＋2x1，
联立 可得y2－2y1y＋4x1＝0，
即＝0，即＝0，
所以直线y1y＝2x＋2x1与抛物线Γ只有唯一的公共点，
所以AC的方程为y1y＝2x＋2x1，同理可知，直线BD的方程为y2y＝2x＋2x2，
在直线AC的方程中，令x＝0，可得y＝＝＝，即C，同理可得D，
所以直线CF的方程为x＋＝1，即x＝1－，
设M，N，联立 可得y2＋－4＝0，则Δ1＝＋16>0，可得y3＋y4＝－，y3y4＝－4，
所以＝x3＋x4＋2＝2－＋2＝4－＝＝，
同理可得＝，
＝＝
＝＝＝＝，
故为定值，定值为．
(2)设G，则y0＝＝－，
所以x0＝1－＝，即，
同理可得，
所以k1＝＝＝＝＝＝，
所以＝＝2．故为定值2．
2．(2024·河北保定模拟)已知动点M在x2＋y2＝4上，过M作x轴的垂线，垂足为N，若H为MN中点．
(1)求点H的轨迹方程；
(2)过A作直线l交H的轨迹于P，Q两点，并且交x轴于B点．若＝λ＝μ，求证：为定值．
[解] (1)设点H的坐标为，
则N，M，
点M在x2＋y2＝4上，则有x2＋4y2＝4，即＋y2＝1，
所以点H的轨迹方程为＋y2＝1．
(2)证明：直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝0，不妨令P，Q，A，B，得＝＝，
由＝λ，得λ＝，
＝＝，由＝μ，得μ＝，
此时＝2＋＝．
直线l的斜率存在时，由直线l交x轴于B点知斜率不为0，设直线方程为y＝kx＋，
则有B，设P，Q，
由消去y得x2＋4kx－3＝0，
Δ＝16k2＋12>0，有x1＋x2＝，x1x2＝，
＝＝，由＝λ，得＝＝＋1，
＝＝，由＝μ，得＝＝＋1，
此时＝＋1＋＋1＝＋2＝＋2＝＋2＝．
综上可知，为定值．
3．(2024·安徽合肥二模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，左顶点为A，短轴长为2，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l(不与x轴重合)与C交于P，Q两点，直线AP，AQ与直线x＝4的交点分别为M，N，记直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，证明：k1·k2为定值．
[解] (1)因为2b＝2，所以b＝，再将点代入＝1得＝1，
解得a2＝4，故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：由题意可设l：x＝ty＋1，P，Q，
由 可得y2＋6ty－9＝0，
易知Δ>0恒成立，所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，
又因为A，
所以直线PA的方程为y＝，令x＝4，则y＝，故M，
同理N，
从而k1＝＝，k2＝，
故k1k2＝＝＝＝－1．
所以k1·k2为定值－1．
4．已知圆A1：(x＋1)2＋y2＝16，直线l1过点A2(1，0)且与圆A1交于点B，C，BC的中点为D，过A2C的中点E且平行于A1D的直线交A1C于点P，记P的轨迹为Γ．
(1)求Γ的方程；
(2)坐标原点O关于A1，A2的对称点分别为B1，B2，点A1，A2关于直线y＝x的对称点分别为C1，C2，过A1的直线l2与Γ交于点M，N，直线B1M，B2N相交于点Q．请从下列结论中，选择一个正确的结论并给予证明．
①△QB1C1的面积是定值；②△QB1B2的面积是定值；③△QC1C2的面积是定值．
[解] (1)由题意得，A1，A2．
因为D为BC中点，所以A1D⊥BC，即A1D⊥A2C，
又PE∥A1D，所以PE⊥A2C，
又E为A2C的中点，所以＝，
所以＝＝＝4>，
所以点P的轨迹Γ是以A1，A2为焦点的椭圆(左、右顶点除外)．
设Γ：＝1，其中a>b>0，a2－b2＝c2．
则2a＝4，a＝2，c＝1，b＝＝．
故Γ：＝1．
(2)法一：结论③正确．下证△QC1C2的面积是定值．
由题意得，B1，B2，C1，C2，且直线l2的斜率不为0，
可设直线l2：x＝my－1，M，N，且x1≠±2，x2≠±2．
由 得y2－6my－9＝0，
Δ＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝，
所以2my1y2＝－3．
直线B1M的方程为y＝，
直线B2N的方程为y＝，
由得＝
＝＝＝＝＝，
解得x＝－4．
故点Q在直线x＝－4上，所以Q到C1C2的距离d＝4，因此△QC1C2的面积是定值，为·d＝×2×4＝4．
法二：结论③正确．下证△QC1C2的面积是定值．
由题意得，B1，B2，C1，C2，且直线l2的斜率不为0．
(i)当直线l2垂直于x轴时，l2：x＝－1，
由得 或
不妨设M，N，
则直线B1M的方程为y＝，
直线B2N的方程为y＝，
由得所以Q，
故Q到C1C2的距离d＝4，
此时△QC1C2的面积是·d＝×2×4＝4．
(ii)当直线l2不垂直于x轴时，设直线l2：y＝k，M，N，且x1≠±2，x2≠±2．
由
得x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ＞0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝．
直线MB1的方程为y＝，直线NB2的方程为y＝，
由
得x＝2＝2＝．
下证：＝－4，
即证4x1x2－2x1＋6x2＝－4，
即证4x1x2＝－10－16，
即证4＝－10－16，
即证4＝－10×－16，
上式显然成立，故点Q在直线x＝－4上，所以Q到C1C2的距离d＝4，此时△QC1C2的面积是定值，为·d＝×2×4＝4．
由(i)(ii)可知，△QC1C2的面积为定值．
法三：结论③正确．下证△QC1C2的面积是定值．
由题意得，B1，B2，C1，C2，且直线l2的斜率不为0，
可设直线l2：x＝my－1，M，N，且x1≠±2，x2≠±2．
由得y2－6my－9＝0，Δ＞0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝．
直线B1M的方程为y＝，直线B2N的方程为y＝，
因为＝1，所以＝－，
故直线B2N的方程为y＝－．
由
得＝－＝－
＝－＝－＝3，
解得x＝－4．
故点Q在直线x＝－4上，所以Q到C1C2的距离d＝4，
因此△QC1C2的面积是定值，为·d＝×2×4＝4．
能力考点3 定直线问题
【典例3】 (2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为．
(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] (1)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－2，0)，离心率为，
则解得
故双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，
则可设直线MN的方程为x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
因为C的左、右顶点分别为A1，A2，
则A1(－2，0)，A2(2，0)，
联立化简整理可得，(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0且4m2－1≠0，
y1＋y2＝，y1y2＝，
又因为直线与双曲线左支交于两点，所以y1y2＜0，得－＜m＜．
直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)，
故＝＝＝
＝＝＝－，
故＝－，解得x＝－1，
所以xP＝－1，
故点P在定直线x＝－1上运动．
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定动点的轨迹，主要方法有：(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点的轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，用待定系数法求解出系数；(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
(2024·辽宁大连一模)已知椭圆C：＝1的离心率为，A为上顶点，B为左顶点，F为上焦点，且＝5．
(1)求C的方程；
(2)设过点的直线交C于M，N两点，过M且垂直于y轴的直线与直线AN交于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．
[解] (1)由题意可得A，B，F，则＝b2＋ac＝5，
又＝，a2＝b2＋c2，
故b2＝3c2，即b＝c，
故有3c2＋2c2＝5，即c＝1，则b＝，a＝2，
即椭圆C的方程为＝1．
(2)由题意知直线MN的斜率存在且不为0，设直线方程为kx－y－3k＋2＝0，
设M，N，
联立
得x2－6kx＋9k＝0，
Δ＝36k2－36k＝－288k>0，即0直线AN：y＝·x＋2和y＝y1联立，
得Q，设其中点为T，
则T，
则有2xT＝x1＋
＝＝，
即＝＝
＝＝
＝＝－1，
即有2xT＝－，
即2xT＋yT－2＝0，
故线段MQ的中点在定直线2x＋y－2＝0上．
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[拓展定曲线问题]如图是一种木工制图工具，O是直滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且ON＝DN＝1，DM＝2．当栓子D在滑槽AB内往复运动一次时，带动N绕O转动一周(D不动时N也不动)，M处的笔尖画出的曲线记为C．
(1)判断曲线C的形状，并说明理由；
(2)动点P在曲线C外，且点P到曲线C的两条切线相互垂直，求证：点P在定圆上．
[解] (1)建立如图所示的平面直角坐标系，
设点D(t，0)(|t|≤2)，N(x0，y0)，M(x，y)，
由题意得：＝2，且ON＝DN＝1，＝(t－x，－y)，＝(x0－t，y0)，
所以即
因为ON＝DN＝1，所以解得t＝0或t＝2x0，因为D点为动点，所以不恒为0，所以t＝2x0，
所以即
代入＝1，得＝1，
所以曲线C为椭圆．
(2)证明：设P点坐标为(m，n)，两个切点坐标分别为E(x1，y1)，F(x2，y2)，因为两条切线垂直，所以＝0，即(x1－m)(x2－m)＋(y1－n)·(y2－n)＝0，化简得：x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－n(y1＋y2)＋n2＝0．①
因为E，F均为过P点的椭圆的切线的切点，可得直线EF的方程为＝1，即mx＋4ny＝16，联立消去y得，
x2－x＋－16＝0，
所以x1x2＝，x1＋x2＝．②
联立消去x得，
y2－y＋－16＝0，
所以y1y2＝，y1＋y2＝．③
将②③代入①式化简可得(m2＋n2－20)(4m2＋16n2－64)＝0，
所以m2＋n2＝20或＝1．
因为点P在椭圆外，所以m2＋n2＝20，所以点P在定圆上．
专题限时集训(十五) 圆锥曲线中的定点、定值、定直线
1．(2024·湖南娄底一模)若抛物线Γ的方程为y2＝4x，焦点为F，设P，Q是抛物线Γ上两个不同的动点．
(1)若＝3，求直线PF的斜率；
(2)设PQ的中点为R，若直线PQ的斜率为，证明：R在一条定直线上．
[解] (1)由题意知，F＝xP＋1＝3，
∴xP＝2，将x＝2代入y2＝4x，得y＝±2，
∴P，
∴kPF＝＝±2．
(2)证明：法一：设P，Q，
PQ：y＝x＋t，即x＝y－t，
代入y2＝4x，得y2－4y＋4t＝0，Δ＞0，
∴y1＋y2＝4，
故yR＝＝2，R在定直线y＝2上．
法二：设P，Q，
由题意，＝＝＝，
故y1＋y2＝4，
yR＝＝2，R在定直线y＝2上．
2．(2024·广东梅州一模)已知动圆M经过定点F1(－，0)，且与圆F2：(x－)2＋y2＝16内切．
(1)求动圆圆心M的轨迹C的方程；
(2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设PB交直线x＝4于点T，连接AT交轨迹C于点Q．直线AP，AQ的斜率分别为kAP，kAQ．证明：
①kAP·kAQ为定值；
②直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．
[解] (1)设动圆M的半径为r，由题意得圆F2的圆心为F2，半径R＝4，
所以|MF1|＝r，|MF2|＝4－r，
则|MF1|＋|MF2|＝4>2＝|F1F2|，
所以动圆圆心M的轨迹C是以F1，F2为焦点的椭圆，又2a＝4，2c＝2，可得a＝2，c＝，b＝1，
因此轨迹C的方程为＋y2＝1．
(2)证明：①设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(4，m)．
由题可知A(－2，0)，B(2，0)，如图所示，
则kAP＝，kAQ＝kAT＝＝，
而kBP＝kBT＝＝，即m＝，
所以kAP·kAQ＝＝＝．
又＝1，则＝，
因此kAP·kAQ＝＝－为定值．
②设直线PQ的方程为x＝ty＋n，
由得(t2＋4)y2＋2tny＋n2－4＝0，Δ＝(2tn)2－4(t2＋4)(n2－4)＞0，即t2－n2＋4＞0，
所以
由①可知，kAP·kAQ＝－，
即＝＝－，化简得＝－，
解得n＝1或n＝－2(舍去)，
所以直线PQ的方程为x＝ty＋1，
因此直线PQ经过定点(1，0)．
1/1§4 圆锥曲线中的定点、定值、定直线
【备考指南】 备考中重点关注曲线在运动变化中，是否过定点，线段长、直线的斜率或斜率之和(积)等是否为定值，动点是否在定直线上．学会用坐标法研究圆锥曲线动态中的几何不变性，强化数形结合的意识．
能力考点1 定点问题
【典例1】 (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)，B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＝．证明：直线HN过定点．
[听课记录]
动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2024·安徽合肥模拟)设抛物线E：y2＝2px(p>0)，过焦点F的直线与抛物线E交于点A，B．当直线AB垂直于x轴时，＝2．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)已知点P，直线AP，BP分别与抛物线E交于点C，D．求证：直线CD过定点．
能力考点2 定值问题
【典例2】 (2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，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．
[听课记录]
求解定值问题的两大途径
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
(2024·云南昆明模拟)平面上一动点P满足＝2．
(1)求P点轨迹Γ的方程；
(2)已知A，B，延长PA交Γ于点Q，求实数m使得∠PAB＝m∠PBA恒成立，并证明∠PBQ为定值．
能力考点3 定直线问题
【典例3】 (2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为．
(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．
[听课记录]
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定动点的轨迹，主要方法有：(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点的轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，用待定系数法求解出系数；(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
(2024·辽宁大连一模)已知椭圆C：＝1的离心率为，A为上顶点，B为左顶点，F为上焦点，且＝5．
(1)求C的方程；
(2)设过点的直线交C于M，N两点，过M且垂直于y轴的直线与直线AN交于点Q，证明：线段MQ的中点在定直线上．
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