2025《金版教程•高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案》高考解答題專項(xiàng)突破（五） 第1課時(shí) 定點(diǎn)、定值、定線問(wèn)題

[考情分析]從近幾年的新高考試題來(lái)看，解析幾何是高考的重點(diǎn)，通常以一大兩小的模式命題．對(duì)解析幾何大題的考查綜合性較強(qiáng)、難度較大，通常作為兩道壓軸題之一．下面我們重點(diǎn)講解一下解析幾何部分?？紗?wèn)題的解題方法．第1課時(shí)定點(diǎn)、定值、定線問(wèn)題考點(diǎn)一定點(diǎn)問(wèn)題(多考向探究)考向1直接推理法求定點(diǎn)問(wèn)題例1(2023·浙江校考模擬預(yù)測(cè))已知點(diǎn)A(2，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(4,5)))在橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上．(1)求橢圓M的方程；(2)直線l與橢圓M交于C，D兩個(gè)不同的點(diǎn)(異于A，B)，過(guò)C作x軸的垂線分別交直線AB，AD于點(diǎn)P，Q，當(dāng)P是CQ的中點(diǎn)時(shí)，證明：直線l過(guò)定點(diǎn)．解(1)由題意知a＝2，又橢圓經(jīng)過(guò)Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，－\f(4,5)))，代入可得eq\f(1,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,b2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝1，解得b2＝1，故橢圓M的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：由題意知，當(dāng)l⊥x軸時(shí)，不符合題意，故l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，則Δ＝64k2m2－16(m2－1)(4k2＋1)＝16(4k2－m2＋1)>0，即4k2＋1>m2.設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝eq\f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1).直線AB的方程為y＝eq\f(1,4)(x－2)，令x＝x1，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1－2,4)))，直線AD的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，令x＝x1，得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1－2,x2－2)y2))，由P是CQ的中點(diǎn)，得eq\f(x1－2,2)＝y(tǒng)1＋eq\f(x1－2,x2－2)y2，即eq\f(y1,x1－2)＋eq\f(y2,x2－2)＝eq\f(1,2)，即(kx1＋m)(x2－2)＋(kx2＋m)(x1－2)＝eq\f(1,2)[x1x2－2(x1＋x2)＋4]，即(1－4k)x1x2＋(4k－2m－2)(x1＋x2)＋4＋8m＝0，即4m2＋(16k＋8)m＋16k2＋16k＝0，所以(m＋2k)(m＋2k＋2)＝0，得m＝－2k－2或m＝－2k.當(dāng)m＝－2k－2時(shí)，由4k2＋1＞m2，得k<－eq\f(3,8)，符合題意；當(dāng)m＝－2k時(shí)，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，與題意不符，舍去．所以直線l的方程為y＝kx－2k－2，即y＝k(x－2)－2，所以直線l過(guò)定點(diǎn)(2，－2)．探索直線過(guò)定點(diǎn)時(shí)，注意討論直線的斜率是否存在．若直線的斜率存在，可設(shè)直線方程為y＝kx＋m，然后利用條件建立m，k之間的等量關(guān)系，消元后借助于直線系的思想找出定點(diǎn)．1.(2023·福建名校聯(lián)盟模擬)設(shè)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(3，－2)．已知點(diǎn)P是拋物線C上的動(dòng)點(diǎn)，|PA|＋|PF|的最小值為4.(1)求拋物線C的方程；(2)若直線PA與C交于另一點(diǎn)Q，經(jīng)過(guò)點(diǎn)B(3，－6)和點(diǎn)Q的直線與C交于另一點(diǎn)T，證明：直線PT過(guò)定點(diǎn)．解(1)若A和F在拋物線y2＝2px的同側(cè)，則(－2)2<3×2p，解得p>eq\f(2,3).設(shè)點(diǎn)P在準(zhǔn)線上的射影為H，于是|PF|＝|PH|.過(guò)A作AH′與準(zhǔn)線垂直，垂足為H′，故|PF|＋|PA|＝|PH|＋|PA|≥|AH′|＝3＋eq\f(p,2)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)A，P，H三點(diǎn)共線時(shí)取等號(hào)，由此得p＝2>eq\f(2,3)，符合題意；若A和F在拋物線的異側(cè)或A在拋物線上，則p≤eq\f(2,3).由|PF|＋|PA|≥|AF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(p,2)))\s\up12(2)＋（－2）2)＝4，當(dāng)且僅當(dāng)A，P，F(xiàn)三點(diǎn)共線(或A與P重合)時(shí)取等號(hào)，得到p＝6±4eq\r(3)(舍去)．綜上所述，拋物線C的方程為y2＝4x.(2)設(shè)Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,0),4)，y0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2)).直線QP的斜率kQP＝eq\f(y0－y1,\f(yeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,1),4))＝eq\f(4,y0＋y1)，則其方程為y＝eq\f(4,y0＋y1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(yeq\o\al(2,0),4)))＋y0＝eq\f(4x＋y0y1,y0＋y1).同理可得直線QT的方程為y＝eq\f(4x＋y0y2,y0＋y2)，直線PT的方程為y＝eq\f(4x＋y1y2,y1＋y2).將A(3，－2)，B(3，－6)分別代入直線QP，QT的方程，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＝\f(12＋y0y1,y0＋y1)，,－6＝\f(12＋y0y2,y0＋y2)，))消去y0，可得y1y2＝12，代入直線PT的方程y＝eq\f(4x＋y1y2,y1＋y2)，化簡(jiǎn)得y＝eq\f(4x＋12,y1＋y2)＝eq\f(4,y1＋y2)(x＋3)，故直線PT過(guò)定點(diǎn)(－3，0)．考向2逆推法求定點(diǎn)問(wèn)題例2(2024·遼寧錦州一模)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的離心率為eq\f(\r(2),2)，其上焦點(diǎn)到直線bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距離為eq\f(\r(2),3).(1)求橢圓C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)．試探究以線段AB為直徑的圓是否過(guò)定點(diǎn)．若過(guò)定點(diǎn)，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過(guò)定點(diǎn)，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)由題意得，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(b2＋4a2))＝eq\f(\r(2),3)，a＞b≥1，所以b2＝1，a2＝2，故橢圓C的方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，以線段AB為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,9).當(dāng)AB⊥y軸時(shí)，以線段AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1.可得兩圓交點(diǎn)為Q(－1，0)．由此可知，若以線段AB為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)，則該定點(diǎn)為Q(－1，0)．下證Q(－1，0)符合題意．設(shè)直線l的斜率存在，且不為0，其方程為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.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則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)在以線段AB為直徑的圓上．綜上，以線段AB為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)(－1，0)．定點(diǎn)問(wèn)題，先猜后證，可先考慮運(yùn)動(dòng)圖形是否有對(duì)稱性及特殊(或極端)位置猜想，如直線的水平位置、豎直位置，即k＝0或k不存在時(shí)．找出定點(diǎn)，再證明該點(diǎn)符合題意(運(yùn)用斜率相等或者三點(diǎn)共線)或證明與變量無(wú)關(guān)．2.(2023·湖南長(zhǎng)沙模擬)已知定點(diǎn)A(－1，0)，F(xiàn)(2，0)，定直線l：x＝eq\f(1,2)，不在x軸上的動(dòng)點(diǎn)P與點(diǎn)F的距離是它到直線l的距離的2倍．設(shè)點(diǎn)P的軌跡為E，過(guò)點(diǎn)F的直線交E于B，C兩點(diǎn)，直線AB，AC分別交l于點(diǎn)M，N.(1)求E的方程；(2)試判斷以線段MN為直徑的圓是否過(guò)定點(diǎn)．若過(guò)定點(diǎn)，求出定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不過(guò)定點(diǎn)，說(shuō)明理由．解(1)設(shè)P(x，y)，依題意有eq\r(（x－2）2＋y2)＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，化簡(jiǎn)可得E的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1(y≠0)．(2)假設(shè)以線段MN為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)，由對(duì)稱性可知該定點(diǎn)必在x軸上．若BC⊥x軸，則B(2，3)，直線AB的方程為y＝x＋1，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)))，同理可得點(diǎn)N的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,2)))，此時(shí)以MN為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(9,4)，該圓與x軸交于點(diǎn)D1(2，0)和D2(－1，0)．下面進(jìn)行驗(yàn)證：設(shè)直線BC的方程為x＝my＋2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，由題意，知3m2－1≠0，Δ>0.設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，則y1＋y2＝－eq\f(12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因?yàn)橹本€AB的方程為y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，所以點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3y1,2（x1＋1）)))，同理可得，點(diǎn)N的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3y2,2（x2＋1）))).因?yàn)閑q\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3y1,2（x1＋1）)))，eq\o(D1N,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(3y2,2（x2＋1）)))，所以eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(D1N,\s\up6(→))＝eq\f(9,4)＋eq\f(9y1y2,4（x1＋1）（x2＋1）)＝eq\f(9,4)＋eq\f(9y1y2,4[m2y1y2＋3m（y1＋y2）＋9])＝eq\f(9,4)＋eq\f(\f(81,3m2－1),4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9m2,3m2－1)－\f(36m2,3m2－1)＋9)))＝0.同理可得，eq\o(D2M,\s\up6(→))·eq\o(D2N,\s\up6(→))＝0.所以以線段MN為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)(2，0)和(－1，0)．考點(diǎn)二定值問(wèn)題(多考向探究)考向1直接消參法求定值問(wèn)題例3(2024·武漢調(diào)研)如圖，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(0，－1)且離心率為eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓E的方程；(2)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值．解(1)由題設(shè)知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，b＝1，結(jié)合a2＝b2＋c2，解得a＝eq\r(2)，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)由題設(shè)知，直線PQ的方程為y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入eq\f(x2,2)＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ>0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，易知x1x2≠0，則x1＋x2＝eq\f(4k（k－1）,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k（k－2）,1＋2k2)，從而直線AP，AQ的斜率之和為kAP＋kAQ＝eq\f(y1＋1,x1)＋eq\f(y2＋1,x2)＝eq\f(kx1＋2－k,x1)＋eq\f(kx2＋2－k,x2)＝2k＋(2－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))＝2k＋(2－k)eq\f(x1＋x2,x1x2)＝2k＋(2－k)eq\f(4k（k－1）,2k（k－2）)＝2k－2(k－1)＝2(為定值)．圓錐曲線中的定值問(wèn)題的常見(jiàn)類型及解題策略(1)證明代數(shù)式為定值．依題設(shè)條件得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入所求代數(shù)式，化簡(jiǎn)得出定值．(2)求點(diǎn)到直線的距離為定值．利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的表達(dá)式，再利用題設(shè)條件化簡(jiǎn)、變形．(3)求某線段長(zhǎng)度為定值．利用兩點(diǎn)間距離公式求得表達(dá)式，再根據(jù)條件對(duì)其進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形即可．3.(2024·山西太原聯(lián)考一)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與雙曲線eq\f(x2,2)－eq\f(y2,3)＝1有相同的焦點(diǎn)，且C的一條漸近線與直線x－2y＋2＝0平行．(1)求雙曲線C的方程；(2)若直線l與雙曲線C右支相切(切點(diǎn)不為右頂點(diǎn))，且l分別交雙曲線C的兩條漸近線于點(diǎn)A，B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，試判斷△AOB的面積是否為定值．若是，求出定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．解(1)設(shè)雙曲線C的焦距為2c(c>0)，由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝\r(2＋3)＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(5)，))則雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)由于直線l與雙曲線C右支相切(切點(diǎn)不為右頂點(diǎn))，則直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－y2＝1，))得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，則Δ＝64k2m2－4(4k2－1)(4m2＋4)＝0，可得1－4k2＝－m2.設(shè)l與x軸的交點(diǎn)為Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，則S△AOB＝S△AOD＋S△BOD＝eq\f(1,2)|OD|·|yA－yB|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－m,k)))·|k|·|xA－xB|＝eq\f(|－m|,2)·|xA－xB|，又雙曲線兩條漸近線的方程為y＝±eq\f(1,2)x，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,y＝\f(1,2)x，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2m,1－2k)，,y＝\f(m,1－2k)，))不妨令A(yù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)，\f(m,1－2k)))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2m,2k＋1)，\f(m,2k＋1)))，則S△AOB＝eq\f(|－m|,2)·|xA－xB|＝eq\f(|－m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－2k)＋\f(2m,1＋2k)))＝eq\f(|－m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,1－4k2)))＝eq\f(|－m|,2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,－m2)))＝2(定值)．考向2特殊轉(zhuǎn)化法求定值問(wèn)題例4(2023·張家口模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的點(diǎn)到它的兩個(gè)焦點(diǎn)的距離之和為4，以橢圓C的短軸為直徑的圓O經(jīng)過(guò)這兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)A，B分別是橢圓C的左、右頂點(diǎn)．(1)求圓O和橢圓C的方程；(2)已知P，Q分別是橢圓C和圓O上的動(dòng)點(diǎn)(P，Q位于y軸兩側(cè))，且直線PQ與x軸平行，直線AP，BP分別與y軸交于點(diǎn)M，N.求證：∠MQN為定值．解(1)由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝4，,c＝b，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝c＝eq\r(2)，所以圓O的方程為x2＋y2＝2，橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0，y0)(y0≠0)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(xQ，y0)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),4)＋\f(yeq\o\al(2,0),2)＝1，,xeq\o\al(2,Q)＋yeq\o\al(2,0)＝2，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＝4－2yeq\o\al(2,0)，,xeq\o\al(2,Q)＝2－yeq\o\al(2,0).))由直線AP的方程為y＝eq\f(y0,x0＋2)(x＋2)，得點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y0,x0＋2)))，由直線BP的方程為y＝eq\f(y0,x0－2)(x－2)，得點(diǎn)N的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2y0,x0－2)))，所以eq\o(QM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，\f(2y0,x0＋2)－y0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，－\f(x0y0,x0＋2)))，eq\o(QN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，－\f(2y0,x0－2)－y0))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－xQ，－\f(x0y0,x0－2)))，所以eq\o(QM,\s\up6(→))·eq\o(QN,\s\up6(→))＝xeq\o\al(2,Q)＋eq\f(xeq\o\al(2,0)yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－4)＝2－yeq\o\al(2,0)＋eq\f(（4－2yeq\o\al(2,0)）yeq\o\al(2,0),－2yeq\o\al(2,0))＝0，所以QM⊥QN，即∠MQN＝90°，為定值．將一般問(wèn)題轉(zhuǎn)化為特殊問(wèn)題的特征，比如角轉(zhuǎn)化為斜率或向量的夾角，線段比轉(zhuǎn)化為坐標(biāo)比，然后利用題設(shè)條件解決問(wèn)題．4.(2024·北京房山模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長(zhǎng)軸的兩個(gè)端點(diǎn)分別為A(－2，0)，B(2，0)，離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)M為橢圓C上除A，B外任意一點(diǎn)，直線AM交直線x＝4于點(diǎn)N，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O且與直線BN垂直的直線記為l，直線BM交y軸于點(diǎn)P，交直線l于點(diǎn)Q，求證：eq\f(|BP|,|PQ|)為定值．解(1)由已知，得a＝2，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(c,2)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)，所以b＝eq\r(a2－c2)＝1，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明：設(shè)M(x1，y1)，y1≠0，則eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋yeq\o\al(2,1)＝1，xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝4，直線AM的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝4，得y＝eq\f(6y1,x1＋2)，即Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(6y1,x1＋2)))，kBN＝eq\f(\f(6y1,x1＋2),4－2)＝eq\f(3y1,x1＋2)，因?yàn)閘⊥BN，所以kl＝－eq\f(x1＋2,3y1)，直線l的方程為y＝－eq\f(x1＋2,3y1)x.因?yàn)橹本€BM的方程為y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)，令x＝0，得y＝－eq\f(2y1,x1－2)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2y1,x1－2))).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(x1＋2,3y1)x，,y＝\f(y1,x1－2)（x－2），))及xeq\o\al(2,1)＋4yeq\o\al(2,1)＝4，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－6，,y＝\f(2（x1＋2）,y1)))，即Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－6，\f(2（x1＋2）,y1))).所以eq\f(|BP|,|PQ|)＝eq\f(|xP－xB|,|xQ－xP|)＝eq\f(|0－2|,|－6－0|)＝eq\f(1,3)，為定值．考點(diǎn)三定線問(wèn)題例5(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知雙曲線C的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，左焦點(diǎn)為(－2eq\r(5)，0)，離心率為eq\r(5).(1)求C的方程；(2)記C的左、右頂點(diǎn)分別為A1，A2，過(guò)點(diǎn)(－4，0)的直線與C的左支交于M，N兩點(diǎn)，M在第二象限，直線MA1與NA2交于點(diǎn)P.證明：點(diǎn)P在定直線上．解(1)設(shè)雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由焦點(diǎn)坐標(biāo)可知c＝2eq\r(5)，則由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)可得a＝2，b＝eq\r(c2－a2)＝4，故C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1.(2)證法一：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，顯然直線MN的斜率不為0，所以設(shè)直線MN的方程為x＝my－4，且－eq\f(1,2)<m<eq\f(1,2)，與eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1聯(lián)立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，則y1＋y2＝eq\f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq\f(48,4m2－1)，直線MA1的方程為y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直線NA2的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，聯(lián)立直線MA1與直線NA2的方程可得，eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq\f(y2（my1－2）,y1（my2－6）)＝eq\f(my1y2－2（y1＋y2）＋2y1,my1y2－6y1)＝eq\f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)＝eq\f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq\f(1,3)，由eq\f(x＋2,x－2)＝－eq\f(1,3)可得x＝－1，即xP＝－1，據(jù)此可得，點(diǎn)P在定直線x＝－1上．證法二：由題意得A1(－2，0)，A2(2，0)．設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線MN的方程為x＝my－4，則eq\f(xeq\o\al(2,1),4)－eq\f(yeq\o\al(2,1),16)＝1，即4xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝16.如圖，連接MA2，kMA1·kMA2＝eq\f(y1,x1＋2)·eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,1)－4)＝eq\f(4xeq\o\al(2,1)－16,xeq\o\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＝0，兩邊同時(shí)除以(x－2)2，得eq\f(4,3)＋eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)－eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\f(4,3)＝0.kMA2＝eq\f(y1,x1－2)，kNA2＝eq\f(y2,x2－2)，由根與系數(shù)的關(guān)系得kMA2·kNA2＝－eq\f(4,3).②由①②可得kMA1＝－3kNA2.lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－3kNA2（x＋2），,y＝kNA2（x－2），))解得x＝－1.所以點(diǎn)P在定直線x＝－1上．定線問(wèn)題的求解思路定線問(wèn)題是指因圖形的變化或點(diǎn)的移動(dòng)而產(chǎn)生的動(dòng)點(diǎn)在定線上的問(wèn)題．這類問(wèn)題的核心在于確定點(diǎn)的軌跡，一般先求出點(diǎn)的坐標(biāo)，看橫、縱坐標(biāo)是否為定值，或者找出橫、縱坐標(biāo)的關(guān)系．5.(2024·江西贛州模擬預(yù)測(cè))如圖，過(guò)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)F的直線與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，AM，AN，BC，BD分別垂直于坐標(biāo)軸，垂足依次為M，N，C，D.(1)若矩形ANOM和矩形BDOC的面積分別為S1，S2，求S1·S2的值；(2)求證：直線MN與直線CD的交點(diǎn)在定直線上．解(1)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)F(1，0)，顯然直線AB不垂直于y軸，設(shè)其方程為x＝my＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))消去x，整理得y2－4my－4＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，矩形ANOM和矩形BDOC的面積分別為S1＝|x1y1|＝eq\f(|yeq\o\al(3,1)|,4)，S2＝|x2y2|＝eq\f(|yeq\o\al(3,2)|,4)，所以S1·S2＝eq\f(|yeq\o\al(3,1)|,4)·eq\f(|yeq\o\al(3,2)|,4)＝eq\f(|（－4）3|,16)＝4.(2)證明：由(1)得M(x1，0)，N(0，y1)，C(x2，0)，D(0，y2)，于是得直線MN的方程為y＝－eq\f(y1,x1)x＋y1，直線CD的方程為y＝－eq\f(y2,x2)x＋y2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(y1,x1)x＋y1，,y＝－\f(y2,x2)x＋y2，))消去y，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1,x1)－\f(y2,x2)))x＝y(tǒng)1－y2，而eq\f(y1,x1)－eq\f(y2,x2)＝eq\f(y1,\f(yeq\o\al(2,1),4))－eq\f(y2,\f(yeq\o\al(2,2),4))＝eq\f(4（y2－y1）,y1y2)＝y(tǒng)1－y2，因此有x＝1，即直線MN與直線CD的交點(diǎn)在直線x＝1上．所以直線MN與直線CD的交點(diǎn)在定直線x＝1上．課時(shí)作業(yè)1．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率e＝eq\f(\r(2),2)，P為橢圓上一動(dòng)點(diǎn)，△PF1F2面積的最大值為2.(1)求橢圓E的方程；(2)若C，D分別是橢圓E長(zhǎng)軸的左、右端點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)M滿足MD⊥CD，連接CM交橢圓于點(diǎn)N，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．證明：eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))為定值．解(1)當(dāng)P為短軸端點(diǎn)時(shí)，△PF1F2的面積最大，即bc＝2，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,bc＝2，,a2＝b2＋c2.))解得a＝2，b＝c＝eq\r(2)，故橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)證明：由(1)知，C(－2，0)，D(2，0)，設(shè)直線CM：y＝k(x＋2)，N(x1，y1)，因?yàn)镸D⊥CD，所以M(2，4k)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x＋2），))整理，得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，由根與系數(shù)的關(guān)系，得－2x1＝eq\f(8k2－4,2k2＋1)，則x1＝eq\f(2－4k2,2k2＋1)，y1＝k(x1＋2)＝eq\f(4k,2k2＋1)，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－4k2,2k2＋1)，\f(4k,2k2＋1)))，eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))＝2×eq\f(2－4k2,2k2＋1)＋4k×eq\f(4k,2k2＋1)＝4，故eq\o(OM,\s\up6(→))·eq\o(ON,\s\up6(→))為定值4.2．(2023·廣東茂名五校聯(lián)考)已知F是拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，不過(guò)原點(diǎn)的動(dòng)直線交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，M是線段AB的中點(diǎn)，點(diǎn)M在準(zhǔn)線l上的射影為N，當(dāng)eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))時(shí)，|AN|＝2eq\r(2).(1)求拋物線C的方程；(2)當(dāng)eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝1時(shí)，求證：直線AB過(guò)定點(diǎn)．解(1)當(dāng)eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\o(FB,\s\up6(→))時(shí)，AB⊥x軸且AB過(guò)點(diǎn)F，不妨設(shè)A在x軸上方，則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，此時(shí)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))，因?yàn)閨AN|＝2eq\r(2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋\f(p,2)))eq\s\up12(2)＋p2＝8，解得p＝2，故拋物線C的方程為y2＝4x.(2)證明：當(dāng)直線AB的斜率為0時(shí)，顯然不符合題意；當(dāng)直線AB的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線AB：x＝my＋n，M(x0，y0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)，y2))，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋n，))化簡(jiǎn)，得y2－4my－4n＝0，Δ＝16(m2＋n)>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝2m，N(－1，2m)，eq\o(NA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)＋1，y1－2m))，eq\o(NB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)＋1，y2－2m))，eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,1),4)＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,2),4)＋1))＋(y1－2m)(y2－2m)＝eq\f(yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2),16)＋eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,4)＋1＋y1y2－2m(y1＋y2)＋4m2＝n2＋eq\f(16m2＋8n,4)＋1－4n－8m2＋4m2＝n2－2n＋1，若eq\o(NA,\s\up6(→))·eq\o(NB,\s\up6(→))＝1，則n2－2n＋1＝1，解得n＝0(舍去)或n＝2，所以直線AB過(guò)定點(diǎn)(2，0)．3．(2023·全國(guó)乙卷)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的離心率是eq\f(\r(5),3)，點(diǎn)A(－2，0)在C上．(1)求C的方程；(2)過(guò)點(diǎn)(－2，3)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與y軸的交點(diǎn)分別為M，N，證明：線段MN的中點(diǎn)為定點(diǎn)．解(1)由題意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))所以C的方程為eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)證明：由題意可知，直線PQ的斜率存在，設(shè)直線PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2）＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0，則Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1728k>0，解得k<0，可得x1＋x2＝－eq\f(8k（2k＋3）,4k2＋9)，x1x2＝eq\f(16（k2＋3k）,4k2＋9)，因?yàn)锳(－2，0)，則直線AP：y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝0，解得y＝eq\f(2y1,x1＋2)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y2,x2＋2)))，則eq\f(\f(2y1,x1＋2)＋\f(2y2,x2＋2),2)＝eq\f(k（x1＋2）＋3,x1＋2)＋eq\f(k（x2＋2）＋3,x2＋2)＝eq\f([kx1＋（2k＋3）]（x2＋2）＋[kx2＋（2k＋3）]（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)＝eq\f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋4（2k＋3）,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)＝eq\f(\f(32k（k2＋3k）,4k2＋9)－\f(8k（4k＋3）（2k＋3）,4k2＋9)＋4（2k＋3）,\f(16（k2＋3k）,4k2＋9)－\f(16k（2k＋3）,4k2＋9)＋4)＝eq\f(108,36)＝3，所以線段MN的中點(diǎn)是定點(diǎn)(0，3)．4．(2024·山東泰安模擬)已知曲線C上的動(dòng)點(diǎn)P滿足|PF1|－|PF2|＝2，且F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)．(1)求曲線C的方程；(2)若直線AB與C交于A，B兩點(diǎn)，分別過(guò)A，B作C的切線，兩切線交于點(diǎn)P′.在以下兩個(gè)條件①②中選擇一個(gè)條件，證明另外一個(gè)條件成立．①直線AB經(jīng)過(guò)定點(diǎn)M(4，0)；②點(diǎn)P′在定直線x＝eq\f(1,4)上．解(1)因?yàn)閨PF1|－|PF2|＝2<4＝|F1F2|，所以曲線C是以F1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)，2為實(shí)軸長(zhǎng)的雙曲線的右支，所以2a＝2，即a＝1，又因?yàn)镕1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，所以c＝2，得b2＝3，所以曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1(x≥1)．(2)若選擇①，證明②成立．依題意，點(diǎn)A，B在雙曲線右支上，此時(shí)直線AB的斜率必不為0，設(shè)直線方程為x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨設(shè)A在第一象限，B在第四象限．因?yàn)閤2－eq\f(y2,3)＝1(x≥1)，所以yeq\o\al(2,1)＝3xeq\o\al(2,1)－3，且y＝eq\r(3x2－3)，求導(dǎo)得y′＝eq\f(3x,\r(3x2－3))，所以過(guò)點(diǎn)A的切線方程為y－y1＝eq\f(3x1,\r(3xeq\o\al(2,1)－3))(x－x1)，化簡(jiǎn)得yy1＝3x1x－3，(ⅰ)同理yy2＝3x2x－3，(ⅱ)聯(lián)立方程(ⅰ)(ⅱ)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(y2－y1,x1y2－x2y1)，,y＝\f(3x2－3x1,x1y2－x2y1)，))所以P′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2－y1,x1y2－x2y1)，\f(3x2－3x1,x1y2－x2y1)))，因?yàn)辄c(diǎn)A，B在直線AB上，所以x1＝my1＋4，x2＝my2＋4，所以x1y2＝my1y2＋4y2，x2y1＝my1y2＋4y1，所以點(diǎn)P′的橫坐標(biāo)為eq\f(y2－y1,x1y2－x2y1)＝eq\f(y2－y1,4（y2－y1）)＝eq\f(1,4)，點(diǎn)P′的縱坐標(biāo)為eq\f(3x2－3x1,x1y2－x2y1)＝eq\f(3m（y2－y1）,4（y2－y1）)＝eq\f(3m,4).即點(diǎn)P′在定直線x＝eq\f(1,4)上．若選擇②，證明①成立．不妨設(shè)A在第一象限，B在第四象限，A(x1，y1)，B(x2，y2)．因?yàn)閤2－eq\f(y2,3)＝1(x≥1)，所以yeq\o\al(2,1)＝3xeq\o\al(2,1)－3，且y＝eq\r(3x2－3)，求導(dǎo)得y′＝eq\f(3x,\r(3x2－3))，所以過(guò)點(diǎn)A的切線方程為y－y1＝eq\f(3x1,\r(3xeq\o\al(2,1)－3))(x－x1)，化簡(jiǎn)得yy1＝3x1x－3，(ⅰ)同理yy2＝3x2x－3，(ⅱ)聯(lián)立方程(ⅰ)(ⅱ)得，交點(diǎn)P′的橫坐標(biāo)為eq\f(y2－y1,x1y2－x2y1)，由題意，知eq\f(y2－y1,x1y2－x2y1)＝eq\f(1,4)，即x1y2－x2y1＝4y2－4y1＝4(y2－y1)．(ⅲ)因?yàn)锳(x1，y1)，B(x2，y2)，所以直線AB的方程為y－y1＝eq\f(y2－y1,x2－x1)(x－x1)，即(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)，整理得x1y2－x2y1＝(y2－y1)x＋(x1－x2)y.聯(lián)立(ⅲ)式可得(y2－y1)(x－4)＋(x1－x2)y＝0，易知x＝4，y＝0，即直線AB經(jīng)過(guò)定點(diǎn)M(4，0)．5.(2023·河南鄭州統(tǒng)考二模)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在直線2x＋4y－1＝0上．(1)求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)點(diǎn)(4，0)作動(dòng)直線l與拋物線C交于M，N兩點(diǎn)，直線OM，ON分別與圓(x－1)2＋y2＝1交于點(diǎn)P，Q(異于點(diǎn)O)，設(shè)直線OM，ON的斜率分別為k1，k2.①求證：k1·k2為定值；②求證：直線PQ恒過(guò)定點(diǎn)．解(1)易知直線2x＋4y－1＝0與x軸交于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，即焦點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，所以eq\f(p,2)＝eq\f(1,2)，p＝1，則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝2x.(2)證明：①設(shè)直線MN的方程為x＝my＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,y2＝2x，))得y2－2my－8＝0，所以y1y2＝－8，又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝2x1，,yeq\o\al(2,2)＝2x2，))所以yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝4x1x2＝64，即x1x2＝16，則k1·k2＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(－8,16)＝－eq\f(1,2).②設(shè)直線PQ的方程為x＝ty＋n，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋n，,（x－1）2＋y2＝1，))得(t2＋1)y2＋2t(n－1)y＋n2－2n＝0，所以y3＋y4＝－eq\f(2t（n－1）,t2＋1)，y3y4＝eq\f(n2－2n,t2＋1)，k1·k2＝eq\f(y3,x3)·eq\f(y4,x4)＝eq\f(y3y4,（ty3＋n）（ty4＋n）)＝eq