2025届高考数学二轮专题复习与测试专题3圆锥曲线中的定点定值与证明

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题3圆锥曲线中的定点定值与证明，共15页。

(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2 eq \r(5) ，0)，离心率为 eq \r(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】 (1)设双曲线C的方程为 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a＞0，b＞0)，c为双曲线C的半焦距，
由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2\r(5)，,\f(c,a)＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2\r(5)，,a＝2，,b＝4.))
所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,16) ＝1.
(2)证明：方法一(根与系数的关系)：
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则x1＝my1－4，x2＝my2－4.
将直线MN的方程与双曲线C的方程联立，
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－4，,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1，)) 整理可得(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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(32m,4m2－1)，,y1y2＝\f(48,4m2－1)，))
所以y1＋y2＝ eq \f(2m,3) y1y2.
因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，
所以点A1(－2，0)，A2(2，0).
直线MA1的方程为 eq \f(y1,x1＋2) ＝ eq \f(y,x＋2) ，直线NA2的方程为 eq \f(y2,x2－2) ＝ eq \f(y,x－2) ，
所以 eq \f(\f(y1,x1＋2),\f(y2,x2－2)) ＝ eq \f(\f(y,x＋2),\f(y,x－2)) ，整理得 eq \f(（x2－2）y1,（x1＋2）y2) ＝ eq \f(x－2,x＋2) ，
即 eq \f(（my2－6）y1,（my1－2）y2) ＝ eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2) ＝ eq \f(x－2,x＋2) .
因为 eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2) ＝ eq \f(my1y2－6（y1＋y2）＋6y2,my1y2－2y2) ＝ eq \f(my1y2－6·\f(2m,3)y1y2＋6y2,my1y2－2y2) ＝ eq \f(－3my1y2＋6y2,my1y2－2y2) ＝－3，
所以 eq \f(x－2,x＋2) ＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上．
方法二(齐次化)：
由题意得点A1(－2，0)，A2(2，0).
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
直线MN的方程为x＝my－4，
则 eq \f(x eq \\al(2,1) ,4) － eq \f(y eq \\al(2,1) ,16) ＝1，即4x eq \\al(2,1) －y eq \\al(2,1) ＝16.
如图，连接MA2，
kMA1·kMA2＝ eq \f(y1,x1＋2) · eq \f(y1,x1－2) ＝ eq \f(y eq \\al(2,1) ,x eq \\al(2,1) －4) ＝ eq \f(4x eq \\al(2,1) －16,x eq \\al(2,1) －4) ＝4.①
由 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,16) ＝1，得4x2－y2＝16，
4[(x－2)＋2]2－y2＝16，
4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.
由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6， eq \f(1,6) [my－(x－2)]＝1.
4(x－2)2＋16(x－2)· eq \f(1,6) [my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋ eq \f(8,3) (x－2)my－ eq \f(8,3) (x－2)2－y2＝0，
两边同时除以(x－2)2，得 eq \f(4,3) ＋ eq \f(8m,3) · eq \f(y,x－2) －( eq \f(y,x－2) )2＝0，
即( eq \f(y,x－2) )2－ eq \f(8m,3) · eq \f(y,x－2) － eq \f(4,3) ＝0.
因为kMA2＝ eq \f(y1,x1－2) ，kNA2＝ eq \f(y2,x2－2) ，
由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－ eq \f(4,3) .②
由①②可得kMA1＝－3kNA2，
则直线MA1的方程为y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，
直线NA2的方程为y＝kNA2(x－2).
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－3kNA2（x＋2），,y＝kNA2（x－2），)) 解得x＝－1.
所以点P在定直线x＝－1上．
圆锥曲线中证明问题的求解策略
处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．
(2024·江门二模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且斜率为2的直线l与C交于A，B两点，且|AB|＝10.
(1)求C的方程；
(2)P是异于点B的动点且BP与x轴平行，过点F作AP的平行线交C于M，N两点，证明：|PA|2＝|MN|·|AB|.
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为点F的坐标为( eq \f(p,2) ，0)，
所以l：y＝2(x－ eq \f(p,2) )＝2x－p，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝2x－p，)) 得4x2－6px＋p2＝0，
得Δ＝36p2－4×4p2>0，
则x1＋x2＝ eq \f(3p,2) ，x1x2＝ eq \f(p2,4) ，
从而|AB|＝x1＋x2＋p＝ eq \f(5p,2) ＝10，
得p＝4，所以C的方程为y2＝8x.
(2)证明：因为点F的坐标为(2，0)，直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my＋2.
设M(x3，y3)，N(x4，y4)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,x＝my＋2，)) 可得y2－8my－16＝0，Δ＝64(m2＋1)>0，
则y3＋y4＝8m，y3y4＝－16，
所以|MN|＝ eq \r(1＋m2) |y3－y4|＝ eq \r(1＋m2) · eq \r(（y3＋y4）2－4y3y4) ＝ eq \r(1＋m2) · eq \r(64m2＋64) ＝8(1＋m2).
由(1)可知，|y1－y2|＝2|x1－x2|＝
2 eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝2× eq \r(62－42) ＝4 eq \r(5) ，
因为点A，P的纵坐标分别为y1，y2，且AP∥MN，
所以|PA|＝ eq \r(1＋m2) |y1－y2|＝4 eq \r(5) · eq \r(1＋m2) ，
可得 eq \f(|PA|2,|MN|) ＝ eq \f(80（1＋m2）,8（1＋m2）) ＝10＝|AB|，
即|PA|2＝|MN|·|AB|.
大题考法2 定值问题
[核心提炼]
定值问题，其本质为求值，若求值过程中含有参数，则利用等量代换、约分等，使得代数式计算结果不含参数，为一个常量．也可以赋予参数特殊值，先得到定值，再进行计算验证．解题步骤为：
(2024·洛阳模拟)已知椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，两焦点F1，F2与短轴的一个顶点构成等边三角形，点P( eq \r(2) ， eq \f(\r(6),2) )在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F1且斜率不为0的直线l与椭圆C交于A，B两点，与直线x＝－3交于点D.设 eq \(AD,\s\up10(→)) ＝λ1 eq \(AF1,\s\up10(→)) ， eq \(BD,\s\up10(→)) ＝λ2 eq \(BF1,\s\up10(→)) ，证明：λ1＋λ2为定值．
【解】 (1)由题意得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2,a2)＋\f(6,4b2)＝1，,a＝2c，,a2＝b2＋c2，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))
所以椭圆C的标准方程是 eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1.
(2)证明：由(1)知F1(－1，0)，由条件可知l的斜率存在且不为0，设l的方程为x＝my－1，m≠0，
令x＝－3可得D(－3，－ eq \f(2,m) ).
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,3x2＋4y2－12＝0，))
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝ eq \f(6m,3m2＋4) ，
y1y2＝－ eq \f(9,3m2＋4) ，
由 eq \(AD,\s\up10(→)) ＝λ1 eq \(AF1,\s\up10(→)) 可得(－3－x1，－ eq \f(2,m) －y1)＝λ1(－1－x1，－y1)，
则有－ eq \f(2,m) －y1＝－λ1y1，解得λ1＝1＋ eq \f(2,my1) ，同理λ2＝1＋ eq \f(2,my2) .
所以λ1＋λ2＝2＋ eq \f(2,m) ( eq \f(1,y1) ＋ eq \f(1,y2) )＝2＋ eq \f(2,m) ( eq \f(y1＋y2,y1y2) )＝2＋ eq \f(2,m) ( eq \f(6m,3m2＋4) × eq \f(3m2＋4,－9) )＝2＋ eq \f(2,m) ×(－ eq \f(6m,9) )＝ eq \f(2,3) ，
故λ1＋λ2为定值 eq \f(2,3) .
求解定值问题的途径
(1)途径一：首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)，然后证明定值，即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．
(2)途径二：先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
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) ，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，M为椭圆C上一点，△MF1F2的周长为4＋2 eq \r(3) .
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P为圆x2＋y2＝5上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，证明： eq \(PA,\s\up10(→)) · eq \(PB,\s\up10(→)) 为定值．
解：(1)由已知可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＋2c＝4＋2\r(3)，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2＝b2＋c2，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)．)) 所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
(2)证明：设P(x0，y0)，则x eq \\al(2,0) ＋y eq \\al(2,0) ＝5.
当x0＝±2时，y0＝±1，显然PA⊥PB，
则 eq \(PA,\s\up10(→)) · eq \(PB,\s\up10(→)) ＝0.
当x0≠±2时，过点P的切线可设为y＝k(x－x0)＋y0，
联立切线方程与椭圆C的方程，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋（y0－kx0），,x2＋4y2＝4，))
消去y，得(4k2＋1)x2＋8k(y0－kx0)x＋4[(y0－kx0)2－1]＝0，
所以Δ＝64k2(y0－kx0)2－16(4k2＋1)·[(y0－kx0)2－1]＝0，
整理成关于k的方程，得(4－x eq \\al(2,0) )k2＋2x0y0k＋1－y eq \\al(2,0) ＝0，
此方程的两个根k1，k2就是切线PA，PB的斜率，
所以k1·k2＝ eq \f(1－y eq \\al(2,0) ,4－x eq \\al(2,0) ) ＝ eq \f(1－（5－x eq \\al(2,0) ）,4－x eq \\al(2,0) ) ＝－1.
所以PA⊥PB，所以 eq \(PA,\s\up10(→)) · eq \(PB,\s\up10(→)) ＝0.
综上所述， eq \(PA,\s\up10(→)) · eq \(PB,\s\up10(→)) ＝0，为定值．
大题考法3 定点问题
[核心提炼]
定点问题，其本质为求直(曲)线的方程，所求的方程一般含有参数，通过归类整理，运用恒成立问题的解法即可求得定点坐标．也可以先研究特殊情况得到定点，再在一般情况下求解．这类问题的求解一般可分为以下三步：
(2024·平远模拟)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) ，点(1， eq \f(\r(3),2) )在椭圆上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点A，F分别为椭圆的左顶点和右焦点，过点F的直线l交椭圆C于点M，N，直线AM，AN分别交直线x＝1于点P，Q，求以线段PQ为直径的圆所过的定点．
【解】 (1)因为椭圆C的离心率为 eq \f(\r(3),2) ，则 eq \f(c2,a2) ＝1－ eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(3,4) ，所以a2＝4b2，则椭圆方程可化为 eq \f(x2,4b2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(b>0)，因为点(1， eq \f(\r(3),2) )在椭圆上，所以 eq \f(1,4b2) ＋ eq \f(3,4b2) ＝1，则b2＝1，a2＝4，所以椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
(2)由(1)可知，点A(－2，0)，F( eq \r(3) ，0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(1，y3)，Q(1，y4)，
设直线l：x＝my＋ eq \r(3) ，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
整理可得(m2＋4)y2＋2 eq \r(3) my－1＝0，
Δ＝12m2＋4(m2＋4)＞0，y1＋y2＝－ eq \f(2\r(3)m,m2＋4) ，y1y2＝ eq \f(－1,m2＋4) ，则kAM＝ eq \f(y1,x1＋2) ，lAM：y＝ eq \f(y1,x1＋2) (x＋2)，
kAN＝ eq \f(y2,x2＋2) ，lAN：y＝ eq \f(y2,x2＋2) (x＋2)，分别令x＝1可得y3＝ eq \f(3y1,x1＋2) ，y4＝ eq \f(3y2,x2＋2) .
当m＝0时，直线l：x＝ eq \r(3) ，由对称性设点M( eq \r(3) ， eq \f(1,2) )，
N( eq \r(3) ，－ eq \f(1,2) )，则点P(1， eq \f(6－3\r(3),2) )，Q(1，－ eq \f(6－3\r(3),2) )，
PQ的中点为(1，0)，
且|PQ|＝6－3 eq \r(3) ，所以以线段PQ为直径的圆的方程为(x－1)2＋y2＝(3－ eq \f(3\r(3),2) )2，则圆过点( eq \f(3\r(3),2) －2，0)和点(4－ eq \f(3\r(3),2) ，0)，猜测此两点为所求定点．
下面证明当m≠0时，以线段PQ为直径的圆过点T，
若点T( eq \f(3\r(3),2) －2，0)，则 eq \(PT,\s\up10(→)) · eq \(QT,\s\up10(→)) ＝( eq \f(3\r(3),2) －3)×( eq \f(3\r(3),2) －3)＋ eq \f(3y1,x1＋2) · eq \f(3y2,x2＋2) ＝ eq \f(9×（7－4\r(3)）,4) ＋
eq \f(9y1y2,（my1＋\r(3)）（my2＋\r(3)）＋2（my1＋\r(3)＋my2＋\r(3)）＋4) ＝
eq \f(9×（7－4\r(3)）,4) ＋
eq \f(9y1y2,m2y1y2＋\r(3)m（y1＋y2）＋3＋2m（y1＋y2）＋4\r(3)＋4) ＝
eq \f(9×（7－4\r(3)）,4) ＋
eq \f(－9,－m2＋（\r(3)m＋2m）×（－2\r(3)m）＋（4\r(3)＋7）（m2＋4）) ＝
eq \f(9×（7－4\r(3)）,4) ＋ eq \f(－9,16\r(3)＋28) ＝0(也可以从y3y4＝ eq \f(－9,16\r(3)＋28) 去推导定点).
若点T(4－ eq \f(3\r(3),2) ，0)，则 eq \(PT,\s\up10(→)) · eq \(QT,\s\up10(→)) ＝(3－ eq \f(3\r(3),2) )×(3－ eq \f(3\r(3),2) )＋ eq \f(3y1,x1＋2) · eq \f(3y2,x2＋2) ＝( eq \f(3\r(3),2) －3)×( eq \f(3\r(3),2) －3)＋ eq \f(3y1,x1＋2) · eq \f(3y2,x2＋2) ，
由上知( eq \f(3\r(3),2) －3)×( eq \f(3\r(3),2) －3)＋ eq \f(3y1,x1＋2) · eq \f(3y2,x2＋2) ＝0，
所以 eq \(PT,\s\up10(→)) · eq \(QT,\s\up10(→)) ＝0(也可以从y3y4＝ eq \f(－9,16\r(3)＋28) 去推导定点).
所以以线段PQ为直径的圆过定点( eq \f(3\r(3),2) －2，0)和(4－ eq \f(3\r(3),2) ，0).
曲线过定点问题的求解思路
一是“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明；
二是“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标．
已知点P(4，3)在双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)上，过点P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，|PM|·|PN|＝4.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，且k1＋k2＝1.证明：直线l过定点．
解：(1)由题意可知，点P(4，3)在双曲线C上，所以 eq \f(16,a2) － eq \f(9,b2) ＝1.
易知双曲线C的渐近线方程为y＝± eq \f(b,a) x.
过点P作x轴的平行线y＝3，不妨设点M，N分别是直线y＝3与y＝ eq \f(b,a) x，y＝－ eq \f(b,a) x的交点，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝3，,y＝\f(b,a)x，)) 得点M( eq \f(3a,b) ，3)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝3，,y＝－\f(b,a)x，)) 得点N(－ eq \f(3a,b) ，3)，
所以|PM|·|PN|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4－\f(3a,b))) · eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4＋\f(3a,b))) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(16－\f(9a2,b2))) ＝a2 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(16,a2)－\f(9,b2))) ＝a2＝4，所以a＝2，
代入 eq \f(16,a2) － eq \f(9,b2) ＝1，可得b＝ eq \r(3) ，
所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,4) － eq \f(y2,3) ＝1.
(2)证明：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，)) 消去y并整理可得，(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，且3－4k2≠0.
由根与系数的关系可知，x1＋x2＝ eq \f(8km,3－4k2) ，x1x2＝ eq \f(－4m2－12,3－4k2) ，
由k1＋k2＝1，得 eq \f(y1－3,x1－4) ＋ eq \f(y2－3,x2－4) ＝1，
整理可得，(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)(kx2＋m－3)＝(x1－4)(x2－4)，
即2kx1x2＋(m－3－4k)(x1＋x2)－8(m－3)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16，
将根与系数的关系式代入得，m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，
因式分解得，(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0，
所以m＝2k＋3或m＝－4k＋3.
若m＝2k＋3，则直线l的方程为y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3，则直线l过定点(－2，3)；
若m＝－4k＋3，则直线l的方程为y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过点P，不合题意，舍去．
综上所述，直线l过定点，定点为(－2，3).
1．已知双曲线Q： eq \f(x2,a2) －y2＝1(a>0)的离心率为 eq \f(\r(5),2) ，经过坐标原点O的直线l与双曲线Q交于A，B两点，点A(x1，y1)位于第一象限，C(x2，y2)是双曲线Q右支上一点，AB⊥AC，设点D(x1，－ eq \f(3y1,2) ).
(1)求双曲线Q的标准方程；
(2)求证：C，D，B三点共线．
解：(1)解：由题意可知e＝ eq \f(\r(a2＋1),a) ＝ eq \f(\r(5),2) ，解得a＝2，
所以双曲线Q的标准方程为 eq \f(x2,4) －y2＝1.
(2)证明：方法一：由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0.因为AB⊥AC，
所以kAB·kAC＝－1，即 eq \f(y1,x1) · eq \f(y2－y1,x2－x1) ＝－1.
又点A，C在双曲线Q的右支上，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1) ,4)－y eq \\al(2,1) ＝1，,\f(x eq \\al(2,2) ,4)－y eq \\al(2,2) ＝1，))
两式作差得 eq \f(y2－y1,x2－x1) ＝ eq \f(x1＋x2,4（y1＋y2）) ，
由对称性知识可知B(－x1，－y1)，
则kBC＝ eq \f(y2＋y1,x2＋x1) ＝ eq \f(x2－x1,4（y2－y1）) ＝－ eq \f(1,4) × eq \f(y1,x1) ，
又kBD＝ eq \f(－y1＋\f(3y1,2),－2x1) ＝－ eq \f(1,4) × eq \f(y1,x1) ，所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共点B，所以B，C，D三点共线．
方法二：由题意可知，直线AB，AC的斜率存在且不为0，且由对称性知识可知B(－x1，－y1).
因为AB⊥AC，所以kAB·kAC＝－1，
即 eq \f(y1,x1) · eq \f(y2－y1,x2－x1) ＝－1.①
又kBC·kAC＝ eq \f(y2＋y1,x2＋x1) · eq \f(y2－y1,x2－x1) ＝ eq \f(y eq \\al(2,2) －y eq \\al(2,1) ,x eq \\al(2,2) －x eq \\al(2,1) ) ，
点A，C在双曲线上，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(2,1) ,4)－y eq \\al(2,1) ＝1，,\f(x eq \\al(2,2) ,4)－y eq \\al(2,2) ＝1，))
所以kBC·kAC＝ eq \f(\f(x eq \\al(2,2) ,4)－1＋1－\f(x eq \\al(2,1) ,4),x eq \\al(2,2) －x eq \\al(2,1) ) ＝ eq \f(1,4) .②
由①②得 eq \f(kAB,kBC) ＝－4，所以kBC＝－ eq \f(1,4) × eq \f(y1,x1) ，
又kBD＝ eq \f(－y1＋\f(3y1,2),－2x1) ＝－ eq \f(1,4) × eq \f(y1,x1) ，所以kBC＝kBD.
又BC，BD有公共点B，所以B，C，D三点共线．
2．已知在平面直角坐标系Oxy中，点A(0，1)，设动点P(x，y)(y≥0)到x轴的距离为d，且|PA|－d＝1，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设动直线DE与C交于D，E两点，B(2，b)为C上不同于D，E的点，若直线BD，BE分别与y轴相交于M，N两点，且 eq \(OM,\s\up10(→)) · eq \(ON,\s\up10(→)) ＝1，证明：动直线DE恒过定点．
解：(1)解：因为|PA|－d＝1，且动点P的纵坐标非负，
所以动点P到点A的距离与点P到直线y＝－1的距离相等，所以动点P的轨迹是以A为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，所以曲线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：由点B(2，b)在曲线C上，可得b＝1，所以B(2，1).
由抛物线的方程x2＝4y，可设D(x1， eq \f(x eq \\al(2,1) ,4) )，E(x2， eq \f(x eq \\al(2,2) ,4) )，
显然直线BD的斜率存在，且斜率为 eq \f(\f(x eq \\al(2,1) ,4)－1,x1－2) ＝ eq \f(x1＋2,4) ，
所以直线BD的方程为y－1＝ eq \f(x1＋2,4) (x－2).
设M(0，yM)，所以yM＝1＋ eq \f(x1＋2,4) ·(－2)＝－ eq \f(1,2) x1，
即 eq \(OM,\s\up10(→)) ＝(0，－ eq \f(1,2) x1)，同理可得 eq \(ON,\s\up10(→)) ＝(0，－ eq \f(1,2) x2)，
所以 eq \(OM,\s\up10(→)) · eq \(ON,\s\up10(→)) ＝(－ eq \f(1,2) x1)·(－ eq \f(1,2) x2)＝1，
所以x1x2＝4，即x2＝ eq \f(4,x1) .①
显然直线DE的斜率存在，且斜率为 eq \f(\f(x eq \\al(2,2) ,4)－\f(x eq \\al(2,1) ,4),x2－x1) ＝ eq \f(x1＋x2,4) ，
所以直线DE的方程为y－ eq \f(x eq \\al(2,1) ,4) ＝ eq \f(x1＋x2,4) (x－x1).②
将①式代入②式，整理得(x1＋ eq \f(4,x1) )x－4y－4＝0，③
则无论x1为何值， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝－1)) 恒为方程③的解，
所以点(0，－1)恒在直线DE上，
即动直线DE恒过定点(0，－1).
3．(2024·平远模拟)设椭圆E： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的右焦点恰好是抛物线y2＝4 eq \r(3) x的焦点，椭圆E的离心率和双曲线 eq \f(x2,3) －y2＝1的离心率互为倒数．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设椭圆E的左、右顶点分别为A，B，过定点N(－1，0)的直线与椭圆E交于C，D两点(与点A，B不重合).证明：直线AC，BD的交点的横坐标为定值．
解：(1)解：因为抛物线y2＝4 eq \r(3) x的焦点为( eq \r(3) ，0)，
所以椭圆E的半焦距c＝ eq \r(3) .
因为双曲线 eq \f(x2,3) －y2＝1的离心率是 eq \f(2,\r(3)) ，
所以椭圆E的离心率是 eq \f(\r(3),2) ，从而a＝2，则b＝ eq \r(a2－c2) ＝1，
所以椭圆E的标准方程为 eq \f(x2,4) ＋y2＝1.
(2)证明：由(1)可得A(－2，0)，B(2，0).
设过点N(－1，0)的直线为x＝my－1，C(x1，y1)，D(x2，y2).
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋y2＝1，)) 整理得(4＋m2)y2－2my－3＝0，
则Δ＝4m2＋12(4＋m2)>0，
y1＋y2＝ eq \f(2m,4＋m2) ，y1y2＝－ eq \f(3,4＋m2) .
直线AC的方程为y＝ eq \f(y1,x1＋2) (x＋2)，直线BD的方程为y＝ eq \f(y2,x2－2) (x－2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），)) 得x＝2· eq \f(y1（x2－2）＋y2（x1＋2）,y2（x1＋2）－y1（x2－2）) ，
将x1＝my1－1，x2＝my2－1代入上式，
得x＝2× eq \f(2my1y2＋y1＋y2－4y1,y1＋y2＋2y1) ，
将y1＋y2＝ eq \f(2m,4＋m2) ，y1y2＝－ eq \f(3,4＋m2) 代入，
得x＝2× eq \f(－4（\f(m,4＋m2)＋y1）,2（\f(m,4＋m2)＋y1）) ＝－4.
所以直线AC与直线BD的交点的横坐标为定值－4.
4．(2023·全国乙卷)已知椭圆C： eq \f(y2,a2) ＋ eq \f(x2,b2) ＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(\r(5),3) ，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：(1)解：因为点A(－2，0)在C上，所以 eq \f(4,b2) ＝1，得b2＝4.
因为椭圆C的离心率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，
故椭圆C的方程为 eq \f(y2,9) ＋ eq \f(x2,4) ＝1.
(2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线lPQ：y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－3＝k（x＋2），,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，)) 消去y整理可得(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＝－ eq \f(16k2＋24k,4k2＋9) ，x1x2＝ eq \f(16k2＋48k,4k2＋9) .
直线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) ，
则yM＋yN＝2× eq \f(y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2× eq \f(（kx1＋2k＋3）（x2＋2）＋（kx2＋2k＋3）（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)
＝2× eq \f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋8k＋12,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)
＝2× eq \f(2k（16k2＋48k）＋（4k＋3）（－16k2－24k）＋（8k＋12）（4k2＋9）,16k2＋48k＋2（－16k2－24k）＋4（4k2＋9）)
＝2× eq \f(108,36) ＝6.
所以MN的中点的纵坐标为 eq \f(yM＋yN,2) ＝3，
所以线段MN的中点为定点(0，3).