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母题突破 2 定点问题
母题 (2022·烟台模拟)已知椭圆C：＋y2＝1，点A(－2,0)，直线l：y＝kx＋m与C交于P，
Q两点，且AP⊥AQ，证明：直线l过定点，并求出此定点的坐标．
思路分析
❶联立直线l与椭圆C方程
↓
❷求AP·AQ
↓
❸利用根与系数的关系化简AP·AQ＝0，找到M与k的关系
↓
❹利用直线的点斜式方程求定点
解 设P(x，y)，Q(x，y)，
1 1 2 2
联立
消去y可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
则有Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0，
即4k2－m2＋1>0，
x＋x＝，
1 2
xx＝，
1 2
因为AP⊥AQ，所以AP·AQ＝0，
而AP＝(x＋2，y)，AQ＝(x＋2，y)，
1 1 2 2
故xx＋2(x＋x)＋4＋yy＝0，
1 2 1 2 1 2
yy＝(kx＋m)(kx＋m)
1 2 1 2
＝k2xx＋km(x＋x)＋m2
1 2 1 2
＝k2＋km＋m2
＝，
故xx＋2(x＋x)＋4＋yy
1 2 1 2 1 2
＝－＋4＋
＝＝0，
解得m＝2k或m＝k，
当m＝2k时，代入4k2－m2＋1＝1>0，故直线l方程为y＝k(x＋2)，过点A，不满足题意，
当m＝k时，代入4k2－m2＋1＝4k2－k2＋1＝k2＋1>0，
故直线l方程为y＝k，
过定点.
[子题1] 已知双曲线C：x2－＝1(x>0)，过右焦点F 的直线l 与曲线C交于A，B两点，设
2 1
直线l：x＝，点D(－1,0)，直线AD交l于M，求证：直线BM经过定点．
证明 由对称性可知，直线BM必过x轴上的定点，
当直线l 的斜率不存在时，A(2,3)，B(2，－3)，M，则直线BM经过点P(1,0)．
1
当直线l 的斜率存在时，不妨设直线l：y＝k(x－2)，A(x，y)，B(x，y)，
1 1 1 1 2 2
则直线AD的方程为y＝(x＋1)，
当x＝时，y ＝，M ，
M
联立
得(3－k2)x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0，
则x＋x＝，
1 2
xx＝，
1 2
证明直线BM经过点P(1,0)，即证k ＝k ，
PM PB
即＝，
即－3yx＋3y＝xy＋y，
1 2 1 1 2 2
由y＝kx－2k，y＝kx－2k，
1 1 2 2
整理得，4xx－ 5(x＋x)＋4＝0，
1 2 1 2
即4·－5·＋＝0，
即证BM经过点P(1,0)，
所以直线BM过定点(1,0)．
[子题2] 已知椭圆C：＋＝1，过点(1,0)的两条弦PQ，MN相互垂直，若PQ＝2PS，MN＝
2MT，求证：直线ST过定点．
证明 因为PQ＝2PS，MN＝2MT，
所以S，T分别是PQ，MN的中点，
当两条弦所在直线的斜率存在且不为0时，
设PQ所在直线的方程为y＝k(x－1)，
则MN所在直线的方程为y＝－(x－1)，
设P(x，y)，Q(x，y)，M(x，y)，N(x，y)，
1 1 2 2 3 3 4 4
联立
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
因为Δ>0，所以x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
所以PQ的中点S的坐标为.
同理可得，MN的中点T的坐标为，
当≠，
即k2≠1时，k ＝，
ST
所以直线ST的方程为
y＋＝·，
即y＝，
所以直线ST过定点.
当k2＝1时，直线ST的方程为x＝，
亦过定点.
当两条直线的斜率分别为0和不存在时，直线ST的方程为y＝0，也过点.
综上所述，直线ST过定点.
规律方法 动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l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．
1．(2022·开封模拟)已知抛物线C：y2＝4x，S(t，4)为C上一点，直线l交C于M，N两点(与
点S不重合)，直线SM，SN分别与y轴交于A，B两点，且OA·OB＝8，判断直线l是否恒过
定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
解 由已知可得抛物线C的方程为y2＝4x，点S(4,4)，
设直线l的方程为x＝my＋n，
点M，N，
将直线l的方程与抛物线C：y2＝4x联立，
得y2－4my－4n＝0，
所以Δ＝16m2＋16n>0，
y＋y＝4m，yy＝－4n(*)，
1 2 1 2
直线SM的方程为y－4＝(x－4)，
令x＝0求得点A的纵坐标为，
同理求得点B的纵坐标为，
由OA·OB＝＝8，化简得yy＝4(y＋y)＋16，
1 2 1 2
将上面(*)式代入得－4n＝16m＋16，
即n＝－4m－4，
所以直线l的方程为x＝my－4m－4，
即x＋4＝m(y－4)，
所以直线l过定点(－4,4)．
2．(2022·德州质检)已知抛物线C：y2＝4x的顶点是坐标原点O，过抛物线C的焦点作与x
轴不垂直的直线l交抛物线C于两点M，N，直线x＝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x轴上的两个定点．
证明 设直线l：y＝k(x－1)(k≠0)，
M，N，
由
联立得ky2－4y－4k＝0，Δ>0，
则y＋y＝，y·y＝－4.
1 2 1 2
直线OM的方程为y＝x，
与x＝1联立可得A，
同理可得B.
|AB|＝＝
＝|y－y|＝
2 1
＝4，
AB中点坐标为，即，
所以以AB为直径的圆的方程为(x－1)2＋2＝4，
令y＝0得(x－1)2＝4，解得x＝－1或x＝3，
即以AB为直径的圆经过x轴上的两个定点(－1，0)，(3,0)．
专题强化练
1．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F(－，0)，F(，0)，动点M满足|
1 2
MF |－|MF |＝2.
2 1
(1)求动点M的轨迹方程；
(2)若动点M在双曲线C上，设双曲线C的左支上有两个不同的点P，Q，点N(4,0)，且
∠ONP＝∠ONQ，直线NQ与双曲线C交于另一点B.证明：动直线PB经过定点．
(1)解 ∵|MF |－|MF |＝2<|FF|＝2，
2 1 1 2
∴动点M的轨迹是以点F，F 为左、右焦点的双曲线的左支，
1 2则2a＝2，可得a＝1，b＝＝3，
∴点M的轨迹方程为x2－＝1(x≤－1)．
(2)证明 ∵∠ONP＝∠ONQ，
∴直线PQ垂直于x轴，
易知，直线BP的斜率存在且不为0，
设直线BP的方程为x＝my＋n，
设P(x，y)，B(x，y)，则Q(x，－y)，
1 1 2 2 1 1
联立
化简得(9m2－1)y2＋18mny＋9n2－9＝0，
直线与双曲线左、右支各有一个交点，需满足m>或m<－，
∴y＋y＝，yy＝，
1 2 1 2
又Δ＝182m2n2－36(9m2－1)(n2－1)
＝36(9m2＋n2－1)>0，
又N，B，Q三点共线，且NQ斜率存在，
∴k ＝k ，即＝，
NQ NB
∴－y(my＋n－4)＝y(my＋n－4)，
1 2 2 1
∴2myy＋(n－4)(y＋y)＝0，
1 2 1 2
∴2m·＋(n－4)·＝0，
化简得18m(n2－1)＋(n－4)(－18mn)＝0，
∴n2－1－(n－4)n＝0，
∴4n－1＝0，即n＝，满足Δ>0，即直线BP的方程为x＝my＋，
∴直线BP过定点.
2．(2022·常德模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)经过点(1,2)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设过点(2,0)的直线l与抛物线C交于A，B两点，若AB＝2AM，MN⊥y轴，垂足为N，求
证：以MN为直径的圆恒过定点．
(1)解 由抛物线y2＝2px(p>0)经过点(1,2)，得4＝2p，即p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x，
其准线方程为x＝－1.
(2)证明 由题意知，直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为x＝my＋2.
将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32>0，
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则y＋y＝4m，yy＝－8.
1 2 1 2
因为AB＝2AM，
所以M是线段AB的中点，设M(x ，y )，
M M
则x ＝＝＝2m2＋2，
M
y ＝＝2m，
M
所以M(2m2＋2,2m)，
又MN⊥y轴，所以垂足N的坐标为N(0,2m)．
设以MN为直径的圆恒经过点D(x，y)，
0 0
则DM＝(2m2＋2－x，2m－y)，
0 0
DN＝(－x，2m－y)，
0 0
由DM·DN＝0，
得－x(2m2＋2－x)＋(2m－y)2＝0，
0 0 0
即(4－2x)m2－4ym＋x＋y－2x＝0，①
0 0 0
因为对任意的实数m，①式要恒成立，
所以解得
所以以MN为直径的圆恒过定点，该定点的坐标为(2,0)．
