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专题五 解析几何
第5 讲 定点、定值和探索性问题
【探究真题.明确方向】
1.(2020·新高考Ⅰ卷，T22)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√2
2 ，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.
2.(2023·新高考Ⅱ卷，T21)已知双曲线C 的中心为坐标原点，左焦点为(-2❑√5，0)，离心率为❑√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.
【命题预测】本讲是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，主要以解答题的形式进行考查.分值约为
15~17 分.
【考向预测】一是要熟练掌握圆锥曲线的定义与方程，这是定义法求解轨迹方程的基础；二是定值、定点
的证明与探究，考查数学运算、直观想象、数学建模等核心素养.
1.(1)【解析】由题设得4
a
2+ 1
b
2=1，a
2−b
2
a
2
=1
2，
解得a2=6，b2=3.
所以C 的方程为x
2
6 + y
2
3 =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x
2
6 + y
2
3 =1，
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.
于是x1+x2=- 4 km
1+2k
2，x1x2=2m
2−6
1+2k
2 .
①
由AM⊥AN，得⃗AM·⃗AN=0，
故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0，
整理得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.
将①代入上式，可得(k2+1)2m
2−6
1+2k
2 -(km-k-2)· 4 km
1+2k
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，所以2k+3m+1=0，k≠1.
所以直线MN 的方程为y=k(x−2
3)-1
3(k≠1).
所以直线MN 过点P(
2
3 ，−1
3).
若直线MN 与x 轴垂直，可得N(x1，-y1).
由⃗AM·⃗AN=0，
得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.
又x1
2
6 + y1
2
3 =1，所以3x1
2-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去)或x1=2
3.
此时直线MN 过点P(
2
3 ，−1
3).
令Q 为AP 的中点，即Q(
4
3 ，1
3).
若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt△ADP 的斜边，故|DQ|=1
2|AP|=2❑√2
3
.
若D 与P 重合，则|DQ|=1
2|AP|.
综上，存在点Q(
4
3 ，1
3)，使得|DQ|为定值.
2.(1)【解析】设双曲线C 的方程为x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0，b>0)，
由焦点坐标可知c=2❑√5，
则由e=c
a=❑√5，
可得a=2，b=❑√c
2−a
2=4，
所以双曲线C 的方程为x
2
4 - y
2
16=1.
(2)【证明】由(1)可得A1(-2，0)，A2(2，0)，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
显然直线MN 的斜率不为0，
设直线MN 的方程为x=my-4，且-1
2<m<1
2，
与x
2
4 - y
2
16=1 联立可得(4m2-1)y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>0，
则y1+y2= 32m
4 m
2−1，y1y2=
48
4 m
2−1，
直线MA1的方程为y=
y1
x1+2(x+2)，
直线NA2的方程为y=
y2
x2−2(x-2)，
联立直线MA1与直线NA2的方程可得
x +2
x−2= y2( x1+2)
y1( x2−2)= y2(m y1−2)
y1(m y2−6)
=m y1 y2−2( y1+ y2)+2 y1
m y1 y2−6 y1
=
m·
48
4 m
2−1
−2·
32m
4 m
2−1
+2 y1
m·
48
4 m
2−1
−6 y1
=
−16m
4 m
2−1
+2 y1
48m
4 m
2−1
−6 y1
=-1
3，
由x +2
x−2=-1
3可得x=-1，即xP=-1，
据此可得点P 在定直线x=-1 上运动.
考点一 定点(线)问题
【典例】1 (2025·西安模拟)已知点A(-2，0)，B(2，0)，P 是平面内一动点，PQ⊥AB，垂足Q 位于线
段AB 上且不与点A，B 重合，4|PQ|2=3|AQ|·|QB|.
(1)求动点P 的轨迹C 的方程；
(2)过点D(1，0)且与曲线C 相交的两条线段分别为EF 和MN，EF⊥MN(直线EF，MN 的斜率均存在，
且点E，F，M，N 都在曲线C 上)，若G，H 分别是EF 和MN 的中点，求证：直线GH 过定点.
(1)【解析】由题可设P(x，y)，则Q(x，0)(-2<x<2)，
因为4|PQ|2=3|AQ|·|QB|，
所以4y2=3|x+2||x-2|=3|x2-4|=3(4-x2)，
整理得x
2
4 + y
2
3 =1，
即动点P 的轨迹C 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1(-2<x<2).
(2)【证明】由题意可知直线EF，MN 的斜率存在且不为0，设直线EF 的方程为y=k(x-1)(k≠0)，
E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立{
y =k( x−1)，
x
2
4 + y
2
3 =1，
消去y 得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，Δ>0，
所以x1+x2= 8k
2
3+ 4 k
2，x1x2=4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
则y1+y2=k(x1+x2)-2k= −6k
3+ 4 k
2，
所以EF 的中点坐标为G(
4 k
2
3+ 4 k
2 ，−3k
3+ 4 k
2)，
因为EF⊥MN，所以直线MN 的方程为y=-1
k (x-1)(k≠0)，
同理可得MN 的中点坐标为H(
4
3k
2+ 4
，
3k
3k
2+ 4)，
当k=±1 时，易得直线GH 的方程为x=4
7 ；
当k≠±1 时，直线GH 的斜率kGH=
3k
3k
2+ 4
−−3k
3+ 4 k
2
4
3k
2+ 4
−
4 k
2
3+ 4 k
2
= −7 k
4 k
2−4 ，
所以直线GH 的方程为y-
3k
3k
2+ 4 = −7 k
4 k
2−4(x−
4
3k
2+ 4)，
令y=0⇒x=
−3k
3k
2+ 4
−7 k
4 k
2−4
+
4
3k
2+ 4 =4
7 .
所以直线GH 过定点(
4
7 ，0).
【考法归纳】
(1)直线过定点问题，一般先设出直线的方程：y=kx+b，然后利用题中条件得出k，b 的关系，进而确定定
点.
(2)圆过定点问题的常见类型是以AB 为直径的圆过定点P，常把问题转化为PA⊥PB，也可以转化为⃗PA·⃗
PB=0.
【变式训练】1 (2025·榆林模拟)已知焦距为2❑√3且焦点在x 轴上的椭圆E 经过点A(2，1).直线l：
y=kx+m 不过点A.若l 与E 相交于M，N 两点，且以MN 为直径的圆过点A.
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)求证：点(k，m)在定直线上.
(1)【解析】设椭圆E 的方程为x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0).
因为焦距为2❑√3，所以2c=2❑√3，c=❑√3，
即c2=a2-b2=3，
则{
a
2−b
2=3，
4
a
2 + 1
b
2 =1，解得{
a
2=6，
b
2=3，
故椭圆E 的标准方程为x
2
6 + y
2
3 =1.
(2)【证明】设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由{
x
2
6 + y
2
3 =1，
y =kx +m，
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0，
由Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)>0，得6k2-m2+3>0，
则x1+x2=- 4 km
1+2k
2，x1x2=2m
2−6
1+2k
2 .
因为以MN 为直径的圆过点A，
所以AM⊥AN，即⃗AM·⃗AN=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0，
整理得y1y2-(y1+y2)+1=-x1x2+2(x1+x2)-4，
①
将y1+y2=k(x1+x2)+2m= 2m
1+2k
2，
y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m
2−6k
2
1+2k
2 ，
代入①式可得，
m
2−6k
2
1+2k
2 - 2m
1+2k
2+1=-2m
2−6
1+2k
2 - 8km
1+2k
2-4，
整理得(2k+m-1)(2k+3m+1)=0，
因为直线l 不过点A，所以2k+m≠1，
即2k+3m+1=0，
所以点(k，m)在定直线2x+3y+1=0 上.
考点二 定值问题
【典例】2 (2025·济宁模拟)已知双曲线C：x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的离心率为
❑√7
2 ，且点A(4，3)在双曲线
C 上.
(1)求C 的方程；
(2)若直线l 交C 于P，Q 两点，∠PAQ 的平分线与x 轴垂直，求证：l 的倾斜角为定值.
(1)【解析】由题意有{
e = c
a =
❑√7
2 ，
c
2=a
2+b
2
⇒b2=3
4 a2，
又点A(4，3)在双曲线C 上，所以16
a
2 - 9
b
2=1，
解得a2=4，b2=3，
所以双曲线C 的方程为x
2
4 - y
2
3 =1.
(2)【证明】方法一 直接法
由已知得直线l 的斜率存在，设其方程为y=kx+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立{
y =kx +m，
x
2
4 −y
2
3 =1，
得(3-4k2)x2-8kmx-4m2-12=0，
所以Δ=(-8km)2-4(3-4k2)(-4m2-12)=48(m2-4k2+3)>0，3-4k2≠0，
则x1+x2= 8km
3−4 k
2，x1x2=-4 m
2+12
3−4 k
2 ，
因为∠PAQ 的平分线与x 轴垂直，
所以kAP+kAQ=0，即y1−3
x1−4 + y2−3
x2−4 =0，
所以(y1-3)(x2-4)+(y2-3)(x1-4)=0，
即2kx1x2+(m-3-4k)(x1+x2)-8(m-3)=0，
所以-2k·4 m
2+12
3−4 k
2 +(m-3-4k)· 8km
3−4 k
2-8(m-3)=0，
即-24(k+1)(m+4k-3)=0，
所以k=-1 或m=3-4k，
当m=3-4k 时，直线l 的方程为y=kx+3-4k=k(x-4)+3，即直线l 过点A(4，3)，不符合题意，
所以k=-1，设直线l 的倾斜角为α(0≤α<π)，
则k=tan α=-1，解得α=3 π
4 ，
即直线l 的倾斜角为定值3 π
4 .
方法二 平移齐次化
将图形向左平移4 个单位长度，向下平移3 个单位长度，
平移后的双曲线方程为( x + 4)
2
4
-( y +3)
2
3
=1，
整理得3x2-4y2+24x-24y=0，
平移后点A'的坐标为(0，0)，
设直线PQ 平移后得到的直线P'Q'的方程为mx+ny=1(n≠0)，
P'(x1，y1)，Q'(x2，y2)，
联立{
mx +ny =1，
3 x
2−4 y
2+24 x−24 y =0，
得3x2-4y2+24x(mx+ny)-24y(mx+ny)=0，
即(3+24m)x2-(4+24n)y2+24(n-m)xy=0，
两边同时除以x2，得-(4+24n)(
y
x)
2
+24(n-m) y
x +(3+24m)=0，
又因为∠P'A'Q'的平分线与x 轴垂直，所以kP'A'+kQ'A'=0，
又A'(0，0)，所以y1
x1
+ y2
x2
=0，
所以- 24(n−m)
−(4+24 n)=0，所以n=m，
所以直线mx+ny=1 的斜率为-m
n =-1.
即直线l 的倾斜角为定值3 π
4 .
【考法归纳】圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略
【变式训练】2 (2025·合肥模拟)在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点(
1
2 ，❑√3)和(
❑√3
2 ，1)是中
心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆E 上的两点.
(1)求椭圆E 的标准方程；
(2)若P 为椭圆E 上任意一点，以点P 为圆心，OP 为半径的圆与圆C：x2+(y+❑√3)2=5 的公共弦为MN.证
明：△CMN 的面积为定值，并求出该定值.
【解析】(1)设椭圆E 的方程为mx2+ny2=1(m>0，n>0，m≠n)，
由题意知{
m·(
1
2)
2
+n·(❑√3)
2=1，
m·(
❑√3
2 )
2
+n=1，
解得{
m=1，
n= 1
4 ，
所以椭圆E 的标准方程为y
2
4 +x2=1.
(2)如图，设P(x0，y0)，
则y0
2
4 +x0
2=1，
且圆P 的方程为( x −x0)
2+( y −y0)
2=x0
2+y0
2，
即圆P 的方程为x2+y2-2x0x-2y0y=0.
因为圆C 的方程为x2+( y + ❑√3)
2=5，则圆心C(0，-❑√3)，圆C 的半径为❑√5，
将圆P 的方程与圆C 的方程作差，得
x0x+(❑√3+y0)y-1=0，
所以直线MN 的方程为x0x+(❑√3+y0)y-1=0，
故点C(0，-❑√3)到直线MN 的距离d=
|−❑√3(❑√3+ y0)−1|
❑√x0
2+(❑√3+ y0)
2
=
|4+ ❑√3 y0|
❑√x0
2+ y0
2+3+2❑√3 y0
=
|❑√3 y0+ 4|
❑√1−y0
2
4 + y0
2+2❑√3 y0+3
=
|❑√3 y0+ 4|
❑√
3 y0
2
4 +2❑√3 y0+ 4
=
|❑√3 y0+ 4|
|
❑√3
2 y0+2|
=2，
又因为|MN|=2❑√5−d
2=2，
所以△CMN 的面积S△CMN=1
2|MN|·d=1
2×2×2=2，即△CMN 的面积为定值2.
考点三 探究性问题
【典例】3 (2025·福州模拟)设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F 的直线l1交C 于A，B 两点
(点A 在第一象限)，当l1垂直于x 轴时，|AB|=4.
(1)求C 的方程；
(2)过点F 且与l1垂直的直线l2交C 于D，E 两点(点D 在第一象限)，直线x=1 与直线AD 和BE 分别交于
P，Q 两点.
①当l1的斜率为4
3 时，求|PQ|；
②是否存在以PQ 为直径的圆与y 轴相切？若存在，求l1，l2的方程；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)设A(xA，yA)，
B(xB，yB)，其中yA>0，
由题意可知F(
p
2 ，0)，
当AB⊥x 轴时，直线AB 的方程为x= p
2 ，
将x= p
2 代入y2=2px(p>0)，
可得yA=p，yB=-p，
所以|AB|=2p=4，即p=2，
所以C 的方程为y2=4x.
(2)①依题意，直线AB 的方程为y=4
3 (x-1)，
即x=3
4 y+1，
由{
y
2= 4 x，
x = 3
4 y +1，
得y2-3y-4=0，
解得yA=4，yB=-1，
则A(4，4)，B(
1
4 ，−1).
设D(xD，yD)，E(xE，yE)，其中yD>0，
直线DE 的方程为y=-3
4 (x-1)，
即x=-4
3 y+1，
由{
y
2= 4 x，
x =−4
3 y +1，
得y2+16
3 y-4=0，
解得yD=2
3，yE=-6，
则D(
1
9 ，2
3)，E(9，-6).
所以kAD=
4−2
3
4−1
9
=6
7，则直线AD 的方程为y-4=6
7 (x-4)，
令x=1，得y=10
7 ，所以P(1，10
7 )，
又kBE=
−6−(−1)
9−1
4
=-4
7 ，所以直线BE 的方程为y+6=-4
7 (x-9)，
令x=1，得y=-10
7 ，所以Q(1，−10
7 )，所以|PQ|=20
7 .
②方法一 设直线AB 的方程为x=my+1，不妨设m>0，由{
y
2= 4 x，
x =my +1，
得y2-4my-4=0，则yAyB=-4，
同理yDyE=-4.
直线AD 的方程为y-yA= y A−y D
x A−xD
(x-xA)，
即y=
4
y A+ y D(x−y A
2
4 )+yA，
设P(1，yP)， Q(1，yQ)，
令x=1，得yP=4+ y A y D
y A+ y D
，
由于yA=- 4
yB
，yD=- 4
y E
，
所以yQ=- y A y D+ 4
y A+ y D
=-yP，
从而PQ 的中点恒为F，所以以PQ 为直径的圆与y 轴相切等价于yP=1.
即yAyD+4=yA+yD，
由AB⊥DE 得，
4
y A+ yB
·
4
y D+ y E
=-1，
故( y A−4
y A)( y D−4
y D)=-16，
即( y A y D)
2-4(y A
2 +y D
2 )+16=-16yAyD，
所以( y A y D+ 4)
2=4( y A−y D)
2，
如图，可知yA>yD>0，
所以yAyD+4=2(yA-yD)，
所以yA+yD=2(yA-yD)，
因此yA=3yD，
可得3y D
2 -4yD+4=0，
而Δ=-32<0，该方程无解，
故不存在以PQ 为直径的圆与y 轴相切.
方法二 设直线AD 的方程为x=ky+m，其中m<0，
由{
y
2= 4 x，
x =ky +m，
得y2-4ky-4m=0，则Δ=16k2+16m>0，
yA+yD=4k，yAyD=-4m.
因为FA⊥FD，所以
y A
x A−1·
y D
xD−1=-1，
即yAyD+(
y A
2
4 −1)(
y D
2
4 −1)=0，即yAyD+( y A y D)
2
16
-1
4 ( y A
2 +y D
2 )+1=0，
所以-4m+m2-1
4 (16k2+8m)+1=0，
从而4k2=m2-6m+1.
设P(1，yP)，Q(1，yQ)，
令x=1，得yP=1−m
k
，故y P
2=(m−1)
2
k
2
= 4(m−1)
2
m
2−6m+1
=4(
1−
4
−m−1
m +6)
≥2，
当且仅当m=-1 时，等号成立，
同理可得yQ
2 ≥2，而P，Q 分别在第一、第四象限，
所以|PQ|≥2❑√2>2，故不存在以PQ 为直径的圆与y 轴相切.
【考法归纳】存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定的问题明朗化.其步骤为假设满足条件的
元素(点、直线、曲线或参数)存在并设出，列出关于待定系数的方程(组)，若方程(组)有实数解，则元素(点、
直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.注意：当结论或条件不唯一时，要分
类讨论.
【变式训练】3 (2025·宝鸡模拟)已知双曲线C 过点P(❑√3，1)且一条渐近线方程为x+y=0.
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)若过点M(1，0)的直线l 与双曲线C 相交于A，B 两点，试问在x 轴上是否存在定点N，使直线NA 与
直线NB 关于x 轴对称，若存在，求出定点N 的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)因为双曲线C 的一条渐近线方程为x+y=0，所以设双曲线C 的方程为x2-y2=λ(λ≠0)，
又双曲线C 过点P(❑√3，1)，代入上式得，λ=2，
所以双曲线C 的方程为x
2
2 - y
2
2 =1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
假设在x 轴上存在定点N(x0，0)，使直线NA 与直线NB 关于x 轴对称，则kNA+kNB=0.
由题意知，直线l 的斜率一定存在，设其方程为y=k(x-1)，
联立{
x
2
2 −y
2
2 =1，
y =k( x−1)，
消去y 得(1-k2)x2+2k2x-k2-2=0，
由题意知{
1−k
2≠0，
Δ= 4 k
4−4(1−k
2)(−k
2−2)= 4(2−k
2)>0，
即k∈(-❑√2，-1)∪(-1，1)∪(1，❑√2)，
又x1+x2=−2k
2
1−k
2，x1x2=−(k
2+2)
1−k
2
，
则kNA+kNB=
y1
x1−x0
+
y2
x2−x0
=
k [2 x1 x2−( x0+1)( x1+ x2)+2 x0]
x1 x2−x0( x1+ x2)+ x0
2
=0，
即k[2· −(k
2+2)
1−k
2
−( x0+1)· −2k
2
1−k
2 +2 x0]=0，
化简得
k(2 x0−4)
1−k
2
=0，
故k(2x0-4)=0，
由于上式对∀k∈(-❑√2，-1)∪(-1，1)∪(1，❑√2)恒成立，所以x0=2，
所以存在定点N(2，0)，使kNA+kNB=0，即使直线NA 与直线NB 关于x 轴对称.
【限时训练】（限时：30 分钟）
1.(17 分)(2025·石家庄模拟)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)经过A(-2，0)，B(2，0)两点，其左、右焦点分别
为F1，F2，且焦距为有理数，点M 为椭圆C 上异于A，B 的动点，△MF1F2面积的最大值为❑√3.
(1)求椭圆C 的标准方程；(7 分)
(2)若直线AM 与BM 分别交直线x=10 于P，Q 两点，证明：直线AP 和AQ 的斜率之积为定值.(10 分)
(1)【解析】由椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1 经过A(-2，0)，B(2，0)两点，可得a=2，
根据椭圆的几何性质，可得当点M 为椭圆的上、下顶点时，△MF1F2的面积取得最大值，
即(S△M F1 F2)max=bc=❑√3，
又因为a2=b2+c2，即22=b2+c2，
且焦距为有理数，解得b=❑√3，c=1，
故椭圆C 的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
(2)【证明】设M(x0，y0)，满足x0
2
4
+ y0
2
3
=1，x0≠±2，
则kAP=kAM=
y0
x0+2，kBM=
y0
x0−2，
则直线BM 的方程为y=
y0
x0−2(x-2)，
令x=10，可得y= 8 y0
x0−2，即Q(10，8 y0
x0−2)，
则kAQ=
8 y0
x0−2
10−(−2)
=2
3·
y0
x0−2，
所以kAP·kAQ=2
3·
y0
2
x0
2−4
=2
3·3(1−x0
2
4 )
x0
2−4
=-1
2，即直线AP 和AQ 的斜率之积为定值-1
2.
2.(17 分)(2025·南京模拟)已知抛物线C：y2=4x 的焦点为F，过点P(-1，1)的直线l 与C 交于A，B 两点.
(1)若|PF|是|AF|和|BF|的等比中项，求直线l 的方程；(8 分)
(2)若D 是C 上一点，且直线AD 的斜率为2，证明：直线BD 经过定点.(9 分)
(1)【解析】由题意设直线l 的方程为x=m(y-1)-1，
A(
y1
2
4 ，y1)，B(
y2
2
4 ，y2)，由题意知F(1，0)，
联立{
x =m( y −1)−1，
y
2= 4 x，
消去x 得y2-4my+4m+4=0，
则Δ=16m2-16m-16>0，
y1+y2=4m，y1y2=4m+4，
因为|PF|是|AF|和|BF|的等比中项，
所以|AF|·|BF|=|PF|2，
即(
y1
2
4 +1)(
y2
2
4 +1)=5，
所以( y1 y2)
2
16
+( y1+ y2)
2−2 y1 y2
4
+1=5，
所以(m+1)2+16m
2−8(m+1)
4
=4，
解得m=-1 或m=1，
当m=1 时，Δ=-16<0(舍去)，
所以m=-1，所以直线l 的方程为x+y=0.
(2)【证明】设A(
y1
2
4 ，y1)，B(
y2
2
4 ，y2)，D(
y3
2
4 ，y3)，
则kAD=
y3−y1
y3
2
4 −y1
2
4
=
4
y3+ y1
=2，
所以y1+y3=2，
直线AB 的方程为
y=
4
y1+ y2(x−y1
2
4 )+y1=
4
y1+ y2
x+ y1 y2
y1+ y2
，
即4x-(y1+y2)y+y1y2=0，
因为直线AB 过点P(-1，1)，
所以-4-(y1+y2)+y1y2=0，
同理可得，直线BD 的方程为y=
4
y3+ y2(x−y3
2
4 )+y3，
即4x-(y3+y2)y+y3y2=0，
将y3=2-y1代入上式得，
4x-(2-y1+y2)y+y2(2-y1)=0，
即4x-(2-y1+y2)y+2y2-(y1+y2)-4=0，
即4x-(2-y1+y2)y+(2-y1+y2)-6=0，
即4x-6=(2-y1+y2)(y-1)，
令{
4 x−6=0，
y −1=0，解得{
x = 3
2 ，
y =1，
所以直线BD 恒过定点(
3
2 ，1).
【拓展训练】(共17 分)
3.(17 分)(2025·贵州模拟)已知双曲线C：x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为D，E，右焦点为F，点P
是双曲线C 上异于D，E 的一点，且直线PD，PE 的斜率之积为1
3.
(1)求双曲线C 的渐近线方程；(4 分)
(2)若PF 垂直于x 轴，且|PF|=
❑√3
3 ，直线l 与双曲线C 相切，直线l 与直线PF 相交于点Q，与直线x=3
2相交
于点R，证明|QF |
| RF | 为定值，并求此定值；(6 分)
(注：过双曲线C 上一点(u，v)且与双曲线C 相切的直线方程为ux
a
2 −vy
b
2 =1)
(3)在(2)的条件下，已知直线n 与双曲线C 交于点M，N(异于点D)，若以MN 为直径的圆经过点D，且
DG⊥MN 于点G，证明：存在定点H，使得|GH|为定值.(7 分)
(1)【解析】依题意，D(-a，0)，E(a，0)，
设点P(x0，y0)，则x0
2
a
2- y0
2
b
2 =1，
即y0
2=b
2
a
2 ( x0
2-a2)，
由直线PD，PE 的斜率之积为1
3，
得1
3=
y0
x0+a·
y0
x0−a=
y0
2
x0
2−a
2=b
2
a
2，
解得b
a=
❑√3
3 ，
所以双曲线C 的渐近线方程为y=±
❑√3
3 x.
(2)【解析】设F(c，0)，由PF⊥x 轴，|PF|=
❑√3
3 ，
得c
2
a
2-
1
3
b
2
=1，又b
a=
❑√3
3 ，c2=a2+b2，
所以b=1，a=❑√3，c=2，
则双曲线C 的方程为x
2
3 -y2=1，
设直线l 与双曲线C 相切的切点为(t，s)(s≠0)，
则s2=1
3t2-1，直线l 的方程为tx
3 -sy=1，
所以Q(2，2t −3
3 s )，R(
3
2 ，t −2
2s )，
则|QF|=|2t −3|
3|s|
，
|RF|=❑√(
1
2)
2
+(
t −2
2s )
2
= 1
2|s|
❑√s
2+(t −2)
2= 1
2|s|·|2t −3|
❑√3
，
而|t|>❑√3，所以|QF |
| RF | =2❑√3
3
，
所以|QF |
| RF | 为定值2❑√3
3
.
(3)【证明】当直线MN 的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，而D(-❑√3，0)，x1≠-❑√3，x2≠-❑√3，
由{
y =kx +m，
x
2
3 −y
2=1，
消去y 得(3k2-1)x2+6kmx+3(m2+1)=0，
则{
3k
2−1≠0，
Δ=(6 km)
2−12(m
2+1)(3k
2−1)>0，
即3k2-1≠0 且3k2-m2-1<0，
x1+x2= −6km
3k
2−1，x1x2=3m
2+3
3k
2−1
，
则y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2，
因为以MN 为直径的圆经过点D，所以DM⊥DN，
又⃗DM=(x1+❑√3，y1)，⃗DN=(x2+❑√3，y2)，
则⃗DM·⃗DN=(x1+❑√3)(x2+❑√3)+y1y2=0，
(k2+1)x1x2+(km+❑√3)(x1+x2)+m2+3=0，
于是(k2+1)·3m
2+3
3k
2−1
+(km+❑√3)· −6km
3k
2−1+m2+3=0，
化简得m2-3❑√3km+6k2=0，
即(m-❑√3k)(m-2❑√3k)=0，
而直线MN 不过点D，即m≠❑√3k，因此m=2❑√3k，
直线MN：y=k(x+2❑√3)过定点T(-2❑√3，0)；
当直线MN 的斜率不存在时，由对称性，不妨设直线DM 的方程为y=x+❑√3，
由{
y = x + ❑√3，
x
2−3 y
2=3，
解得x=-2❑√3或x=-❑√3，
则点M，N 的横坐标均为-2❑√3，
即直线MN：x=-2❑√3过定点T(-2❑√3，0)，
因此直线MN 过定点T(-2❑√3，0)，
由DG⊥MN 于点G，得点G 在以DT 为直径的圆上，H 为圆心，|GH|为半径，则|GH|=1
2|DT|=
❑√3
2 ，
故存在定点H(−3 ❑√3
2
，0)，使|GH|为定值
❑√3
2 .
