圆锥曲线中的定点定值问题的四种经典模型定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可。技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：模型一：“手电筒”模型x2y2例题、已知椭圆C：+=1若直线l：y=kx+m与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右43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。yk=+xm解：设，由得222，AxyBxy(,),(,)112222(3+4k)x+8mkx+4(m−3)=034xy12+==−+−6416(34)(3)0mkkm2222，34+0−km2284(3)mkm2−xxxx+=−=,12123434++kk223(4)mk22−yykxmkxmk=++=+++=()()()xxmkxxm221212121234+k2以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且kkADBD=−1，yy12=−1，yyxxxx121212+−++=2()40，xx12−−223(4)4(3)16mkmmk222−−+++=40，343434+++kkk2222k整理得：71640mmkk22++=，解得：mkm=−=2,−，且满足127当mk=−2时，lykx:(2)=−，直线过定点(2,0),与已知矛盾；2k22当m=−时，lykx:()=−，直线过定点(,0)7772综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直x(a2−b2)y(a2−b2)线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点(0,0)。（参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦a2+b2a2+b2对定点张直角的一组性质”）◆模型拓展：本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定AP与BP条件（如kAP•kBP=定值，kAP+kBP=定值），直线AB依然会过定点（因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型）。（参考优酷视频资料尼尔森数学第一季第13节）此模型解题步骤：Step1：设AB直线y=kx+m，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；Step2：由AP与BP关系（如kAP•kBP=−1），得一次函数k=f(m)或者m=f(k)；Step3：将代入，得y=k(x−x定)+y定。◆迁移训练练习1：过抛物线M:y2=2px上一点P（1,2）作倾斜角互补的直线PA与PB，交M于A、B两点，求证：直线AB过定点。（注：本题结论也适用于抛物线与双曲线）练习2：过抛物线M:y2=4x的顶点任意作两条互相垂直的弦OA、OB，求证：直线AB过定点。（经典例题，多种解法）22练习3：过2x−y=1上的点作动弦AB、AC且kAB•kAC=3，证明BC恒过定点。（本题参考答案：11(,−)）55练习:4：设A、B是轨迹C：y2=2px(P0)上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当,变化且+=时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。（参考答案4(−2,2pp)）【答案】设AxyBxy(,,,)()，由题意得xx,0，又直线OA,OB的倾斜角,满足+=，1122124新疆王新敞故0,，所以直线AB的斜率存在，否则，OA,OB直线的倾斜角之和为奎屯从而设AB方程为4yy22yk=+xb，显然xx==12,，1222pp将与联立消去x，得ky2−2py+2pb=022ppb由韦达定理知yyyy+==,①1212kktantan+2(p)yy+由，得＝121tantan()=+==241ta−ntany12yp−42p将①式代入上式整理化简可得：=1，所以bp=+pk22，bpk−2此时，直线的方程可表示为yk=+x22ppk+即kxpyp(2)20+−−=()所以直线恒过定点.练习5：已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得的弦MN的长为8.(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C的方程;(Ⅱ)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是PBQ的角平分线,证明直线l过定点.【答案】解:(Ⅰ)A(4,0),设圆心CMN(x,y),MN线段的中点为E，由几何图像知ME=,CA2=CM2=ME2+EC2222222（x−4)+y=4+xy=8x(Ⅱ)点B(-1,0),22设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题知y1+y20，y1y20,y1=8x1,y2=8x2.y−yy−y1212直线PQ=2=28(y1+y2)+y1y2(y2+y1)=08+y1y2=0x1+1x2+1y1+8y2+8y2−y112方程为:y−y1=(x−x1)y−y1=(8x−y1)x2−x1y2+y12y(y2+y1)−y1(y2+y1)=8x−y1y(y2+y1)+8=8xy=0,x=1所以,直线PQ过定点(1,0)练习6：已知点BCP(−1,0),1,0(,)是平面上一动点，且满足|PC||BC|=PBCB（1）求点P的轨迹C对应的方程；（2）已知点Am(,2)在曲线上，过点A作曲线的两条弦AD和AE，且AD⊥AE，判断：直线DE是否过定点？试证明你的结论.【解】（1）设P(x,y)代入|PC||BC|=PBCB得(x−1)2+y2=1+x,化简得y2=4x.（5分）(2)将A(m,2)代入y2=4x得m=1,点A的坐标为(1,2).设直线DE的方程为x=my+t代入y2=4x,得y2−4mt−4t=0,2设D(x1,y1),E(x2,y2)则y1+y2=4m,y1y2=−4t，=（−4m)+16t（0*）ADAE=(x1−1)(x2−1)+(y1−2)(y2−2)=x1x2−(x1+x2)+1+y1y2−2(y1+y2)+4y2y2y2y2=12−(1+2)+yy−2(y+y)+544441212(yy)2(y+y)2−2yy=12−1212+yy−2(y+y)+51641212(−4t)2(4m)2−2(−4t)=−+(−4t)−2(4m)+5=0化简得t2−6t+5=4m2+8m164即t2−6t+9=4m2+8m+4即（t−3）2=4(m+1)2t−3=2(m+1)t=2m+5或t=−2m+1,代入（*）式检验均满足0直线DE的方程为x=m(y+2)+5或x=m(y−2)+1直线DE过定点(5,−2).（定点（1，2）不满足题意）练习7：已知点A（－1，0），B（1，－1）和抛物线.C:y2=4x，O为坐标原点，过点A的动直线l交抛物线C于M、P，直线MB交抛物线C于另一点Q，如图.（I）证明:OMOP为定值;5（II）若△POM的面积为，求向量OM与OP的夹角；2（Ⅲ）证明直线PQ恒过一个定点.y2y2解：（I）设点M(1,y),P(2,y),P、M、A三点共线，4142yy−yk=k,即1=12,AMDMy2y2y21+11−2444y1即12=,y1y2=4y1+4y1+y2第22题y2y2OMOP=12+yy=5.4412(II)设∠POM=α，则|OM||OP|cos=5.5S=,|OM||OP|sin=5.由此可得tanα=1.ROM2又(0,),=45,故向量OM与OP的夹角为45.y2(Ⅲ)设点Q(3,y),M、B、Q三点共线，k=k,43BQQMyy−+yy11即3==13,,即3yy22y2y2−+4yy33+−113134442(y3+1)(y1+y3)=y3−4,即y1y3+y1+y3+4=0.11分444y1y2=4,即y1=,y3++y3+4=0,y2y2y2即4(y2+y3)+y2y3+4=0.(*)y−y4k=23=,PQy2y2y+y2−3234424y2直线PQ的方程是y−y2=(x−)y2+y342即(y−y2)(y2+y3)=4x−y2,即y(y2+y3)−y2y3=4x.由（*）式，−y2y3=4(y2+y3)+4,代入上式，得(y+4)(y2+y3)=4(x−1).由此可知直线PQ过定点E（1，－4）.模型二：切点弦恒过定点2222例题：有如下结论：“圆x+y=r上一点P(x0,y0)处的切线方程为x0y+y0y=r”，类比也有x2y2xxyy结论：“椭圆+=1(ab0)上一点P(x,y)处的切线方程为0+0=1”，过椭圆C：a2b200a2b2x2+y2=1的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为A、B.4（1）求证：直线AB恒过一定点；（2）当点M在的纵坐标为1时，求△ABM的面积。43xx【解】（1）设M(,t)(tR),A(xy),B(x,y),则MA的方程为1+yy=131,1224133∵点M在MA上∴x+ty=1①同理可得x+ty=1②3113223由①②知AB的方程为x+ty=1,即x=3(1−ty)3易知右焦点F（3,0）满足③式，故AB恒过椭圆C的右焦点F（）x2（2）把AB的方程x=3(1−y)代入+y2=1,化简得7y−6y−1=0443||36+281623∴|AB|=1+3=又M到AB的距离d=3=771+331163∴△ABM的面积S=|AB|d=221◆方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直接引用，可以用本题的书写步骤替换之，大家注意过程。◆方法总结：什么是切点弦？解题步骤有哪些？参考：PPT圆锥曲线的切线及切点弦方程，百度文库参考：“尼尔森数学第一季_3下”，优酷视频拓展：相交弦的蝴蝶特征——蝴蝶定理，资料32练习1：已知抛物线C的顶点为原点,其焦点F(0,c)(c0)到直线l:xy−−=20的距离为.2设P为直线l上的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,其中AB,为切点.(Ⅰ)求抛物线C的方程;(Ⅱ)当点Px(y00,)为直线l上的定点时,求直线AB的方程;(Ⅲ)当点P在直线上移动时,求AFBF的最小值.02−−c32【答案】(Ⅰ)依题意,设抛物线的方程为xc2y=4,由=结合c0,解得c=1.所22以抛物线的方程为xy2=4.11(Ⅱ)抛物线的方程为,即yx=2,求导得yx=42xx22设A(x,y),B(x,y)(其中yy==12,),1122124411则切线PA,PB的斜率分别为x,x,2122xxx2所以切线PA：yyxx−=−1(),即yxy=−+11,即xxy−y−2=2011222111同理可得切线PB的方程为xxyy22−−=220因为切线均过点,所以x1001xyy−−=220,xxyy2002−−=220所以(xyxy1122,,,)()为方程xxyy00−−=220的两组解.所以直线的方程为xxyy00−−=220.(Ⅲ)由抛物线定义可知AFy=+11,BFy=+21,所以AFBFyyy=++=+++yyy(121111212)()()xxyy−−=220联立方程00,消去x整理得yyxyy222+−+=202(000)xy=422由一元二次方程根与系数的关系可得y1+y2=x0−2y0,yyy120=22所以AFBFy=+++yyyyxy=+−+1212000()121又点在直线上,所以xy00=+2,219所以222yxyyyy000000+−+=++21225=++22219所以当y=−时,取得最小值,且最小值为.02222练习2：如图,抛物线C12:x=4y,C:x=−2py(p0),点M(x00,y)在抛物线C2上,过