第 12 讲 双曲线的硬解定理和非对称韦达定理
目 录
一：硬解定理.............................................................................................................................................1
二：非对称韦达定理................................................................................................................................16
题型01：硬解定理在双曲线中的应用......................................................................................................23
题型02：双曲线与非对称韦达定理.........................................................................................................30
一：硬解定理
知识点一：硬解定理及拓展公式
圆锥曲线硬解定理，又称CGY-EH定理（The CGY Ellipse & Hyperbola Theorem）或JZQ-EH定理（The JZQ
Ellipse & Hyperbola Theorem），其是一套求解椭圆、双曲线与直线相交时Δ， 及相交弦长的简便算法，
常应用于解析几何．
在将圆锥曲线的方程与直线方程联立求解时人们发现了可消项的存在．但其一般化的推导结果不具有普适性，
且一直无法用一个简洁的形式表示．由CGY-EH定理，以直线与椭圆为例推导，重新排列分组形式，并引入 ，从而
得出了较为简洁的表示形式．后再由CGY-EH定理的成功引入弦长计算公式，并将适用范围扩大到对 值求解及对
的求解，从而奠定了CGY-EH定理强大的通用性与普适性．
椭圆方程用 ①表示，与直线 ②相交于 两点，联立①②式可得
，
最终的二次方程：消去 得： ，
消去 得： ，
可得如下公式：
1.判别式：
2.韦达定理：
， ，
3.弦中点公式： ，
4.弦长公式： （记 ，下同）；
．
6.向量关系：
公式简证：① ，
②
，
③ ．
说明：根据 写 的方法： 互换； 互换； 不变．④
．
7.斜率和：
已知点 ， ， ，直线 的方程为 ．
则直线 ， 的斜率和
代入韦达定理和公式②、④得
，
即 ．（设 ）
知识点二：硬解定理及拓展公式的几个口诀
1．一元二次方程：口诀：两家（加）小两口 （ ）
A方AC偶
A方站门外，C方单身狗
如果写出了这个式子，韦达定理就可以快速写出两根之和，两根之积．
2．弦长公式也有口诀可以速算
口诀：小倍积 ，大方和
成对 去见（减）单身C．方见完回到分母上
3．判别式
只需要记住：“成对去见单身方”即可
直线与椭圆相切
直线与椭圆相交
直线与椭圆相离
4．麻花公式
口诀：大倍积小方积
知识点三：硬解定理的进一步推广
以上我们就直线 与椭圆 推导出相应的结论，以下几种情形：
1.直线 与椭圆 ：只需把 互换即可得相应的公式；
2.直线 与双曲线 ：只需用 替换 即可得相应的公式；
3.直线 与双曲线 ：只需用 分别替换 即可得相应的
公式．4.若设直线 ，则它与椭圆、双曲线相应的结论表如下：（推导过程略）
（1）椭圆 与直线
图1
如图1，设 ，联立 ，得
①
②
③
④
⑤⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
（2）、椭圆 与直线
图2
如图2，设 ，联立 得①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩（3）、双曲线 与直线
图3
如图3，设 ，联立 得
①
②
③
④
⑤⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
（4）、双曲线 与直线
图4如图4，设 ，联立 得
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧⑨
⑩
（5）、双曲线 与直线
图5
如图5，设 ，联立 得
①
②
③④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
（6）、双曲线 与直线图6
如图6，设 ，联立 得
①
②
③
④
⑤
⑥⑦
⑧
⑨
⑩
（7）、抛物线 与直线
图7
如图7，设 ，联立 得
①②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
（8）、抛物线 与直线图8
如图8，设 ，联立 得
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦⑧
⑨
⑩
（9）、抛物线 与直线
图9
如图9，设 ，联立 得
①
②
③④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
⑩
（10）、抛物线 与直线
图10如图10，设 ，联立 得
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨⑩
二：非对称韦达定理
知识点一：非对称韦达定理概念的引入
首先什么是“非对称韦达定理”呢?那就有必要先谈一下我们常见的“对称性韦达定理”,所谓对称性韦
达定理就是我们常见的如下结构式子:x +x ,x ⋅x ,y + y ,y ⋅y ,又或者(x −2)⋅(x −2),x2+x2等
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
一些可以经过简单的化简,然后用韦达定理表达的结构式子.而“非对称韦达定理”是指以下的一些结构:
y (x −2)
x +3x , 1 2
1 2 y (x +2) ，
2 1
1 m x
x x − (x +x )+ 1+m(m−1)
m y y −y 2y −y −m y y x y −2y kx x −kx +x +1 4 1 2 2 1 2 2
1 2 1 , 2 1 1 2， 2 1 1， 1 2 1 2 ,
m y y +3 y y −y x y +2y kx x +kx +x +1 x x −2x
1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2
等,无法直接或经过简单化简后使用韦达定理进行计算的结构性式子.
例如：已知点P在圆O:x2+ y2=9上,点P在X轴上的投影为Q,动点M满足4⃗PQ=3❑√2⃗MQ.
(1)求动点M轨迹E的方程;
(2)设G(−3,0),H(3,0),过点F(1,0)的直线l与曲线E交于A,B两点,问直线AG与直线BH的斜率之比是否
为定值?若为定值,请求出该值,若不为定值,试说明理由.
x2 y2
解:(1)动点M的轨迹方程E: + =1
9 8{x=my+1,
(2)由题意知,l的斜率不为0,则设l:x=my+1,A(x ,y ),B(x ,y ),与曲线E联立得 x2 y2 整理得
1 1 2 2 + =1,
9 8
−16m −64 y
(8m2+9)+16my−64=0,则 y + y = ,y y = ,设直线AG的斜率为k = 1 ,直线BH的斜率
1 2 8m2+9 1 2 8m2+9 1 x +3
1
y k y (x −3)
为k = 2 ,此时 1= 1 2 ，此时无法应用韦达定理,这就是典型的“非对称韦达定理”结构式子.
2 x −3 k y (x +3)
2 2 2 1
知识点二：非对称问题的处理方法
当韦达定理却无法代入，这时我们就需要通过所求得的韦达定理找到x +x 和x ⋅x 之间的关系，将其中一
1 2 1 2
个替换，常用手段是把乘法的替换成加法.
这样的非对称形式，即韦达定理无法直接代入，可以通过韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成
对称型.
具体办法：
{x +x =f(t)
① 联立方程后得到韦达定理： x 1 x 2 =g(t) ⇒m(t)(x 1 +x 2 )=n(t)x 1 x 2 代入之后进行代换消元解
1 2
题.
② 利用点在椭圆方程上代换.
注：在圆锥曲线大题中使用非对称处理时，要写出完整的转化过程.
五种解题方法来对此类问题进行解决.
方法一:积化和法
就是把韦达定理的积式转化为和式表达,这是处理“非对称韦达定理”问题的最重要方法.下面就用这种方法解
决例题的后续部分:y y −64 −16m 4
因为 1 2 = ÷ = ,所以m y y =4(y + y ),
y + y 8m2+9 8m2+9 m 1 2 1 2
1 2
k y (x −3) y (m y +1−3) y (m y −2) m y y −2y 4 y +4 y −2y 1
所以 1= 1 2 = 1 2 = 1 2 = 1 2 1= 1 2 1= .
k y (x +3) y (m y +1+3) y (m y +4) m y y +4 y 4 y +4 y +4 y 2
2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2
1
所以直线AG与BH的斜率之比是定值 .
2
从解题的过程可以看出,核心就是利用韦达定理的积式转为和式表达,然后把题目所求的部分化为统一的和结
构式子进行运算处理,使问题得以解决.
方法二:配凑保留单变量法
就是把原来的非对称韦达定理结构式经过化简后只保留一个未知数,进行最后的计算,从而得到结果.下面就用
这种方法解决例题的后续部分.
k y (x −3) y (my +1−3) y (my −2) my y −2y
因为 1= 1 2 = 1 2 = 1 2 = 1 2 1 ①
k y (x +3) y (my +1+3) y (my +4) my y +4 y
2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
−64 −16m
m −2 +2y
m y y −2(y + y )+2y 8m2+9 8m2+9 2
= 1 2 1 2 2=
②
m y y +4 y −64
2 1 2 m +4 y
8m2+9 2
−32m+2y (8m2+9) 1
= 2 = .
−64+4 y (8m2+9) 2
2
1
所以直线AG与BH的斜率之比是定值 .
2
在上面的过程中我们可以看到,在①式的时候,式子是含有y的两个变量的,我们通过配凑的手段,就合成了含有
y + y 和y y ,而且只剩下了一个变量y 的式子,即②式.最终通过韦达定理代入化简得到结果.
1 2 1 2 2
方法三:圆锥曲线替换法
就是在“非对称韦达定理”结构式子的分子和分母同时乘以y 或y ,使式子出现二次的平方项,然后再利用圆锥
1 2曲线的方程式代入进行消元化简,从而得到结果的一种方法.下面就用这种方法解决例题的后续部分:
k y (x −3) y2 (x −3)
因为, 1= 1 2 = 1 2 ③
k y (x +3) y y (x +3)
2 2 1 1 2 1
x2 y2 8(9−x2) 8(3−x )(3+x )
而 1+ 1=1,所以,y2= 1 = 1 1 ④
9 8 1 9 9
8(3−x )(3+x )
代入③式得k
1=
y
1
2 (x
2
−3)
=
1
9
1 (x
2
−3)
k y y (x +3) y y (x +3)
2 1 2 1 1 2 1
8(x −3)(x −3) 8[x x −3(x +x )+9]
= 1 2 = 1 2 1 2 ⑤
−9 y y −9 y y
1 2 1 2
18
9(1−8m2)
又∵x +x = ,x x = ,代入⑤式
1 2 8m2+9 1 2 8m2+9
(9(1−8m2) 18 )
8 −3 +9
k 8[x x −3(x +x )+9] 8m2+9 8m2+9 1
得 ∴ 1= 1 2 1 2 = = .
k −9 y y −64 2
2 1 2 −9
8m2+9
1
所以直线AG和BH的了斜率之为定值 .
2
从以上的过程我们可以明显看出,这个方法的关键步骤就是(3)式同时乘以y ,和在(4)式中通过圆锥曲线的方
1
程进行代换化简,从而得到(5)式的对称性结构式,再而代入韦达定理的式子,最后得到想要的结果.
方法四:圆锥曲线第三定义法
利用利用椭圆或双曲线第三定义中两斜率的积为定值这一性质,把其中的一个斜率进行转移替换,从而把原来
的求证式从“非对称韦达定理”的形式转为对称性韦达定理的结构形式,从而得解.b2 8 8
连接AH,根据椭圆的第三定义我们知道,k k =− =− ,所以,k =− . ⑥
AG AH a2 9 AG 9k
AH
8
−
此时题目所求的,k AG= 9k AH =− 8 . ⑦
k k 9k k
BH BH AH BH
−64
y y y y 8m2+9 −16
而k k = 1 ⋅ 2 = 1 2 ⑧ = = .
AH BH x −3 x −3 x x −3(x +x )+9 9(1−8m2) 18 9
1 2 1 2 1 2 −3 +9
8m2+9 8m2+9
k 8 8 1
AG=− =− = 1
所以k 9k k 16 2,所以直线AG和BH的斜率之比为定值 .
BH AH BH 9⋅ 2
−9
由以上的解题过程我们可以看到,关键的步骤在于第⑥步利用第三定义进行的斜率转移替换,从而把原来的非
对称形式转成第⑦，⑧步的常规对称结构形式,从而使题目得到解决.
方法五:求根公式代入法
就是对直线方程与圆锥曲线联立得到的一元二次方程,使用求根公式求出对应的根,代入所求的式子直接化简
得到结果.下面就用这种方法求解例题后续部分:
(2)由题意知,l的斜率不为0,则设l:x=my+1,
{x=my+1,
A(x ,y ),B(x ,y ),与曲线E联立得 x2 y2
1 1 2 2 + =1,
9 8
−16m
整理得(8m2+9)+16my−64=0,则 y + y = ,
1 2 8m2+9
−64 −8m+6❑√m2+1
y y = ,y = ,⑨
1 2 8m2+9 1 8m2+9
y y
设直线AG的斜率为k = 1 ,直线BH的斜率为k = 2
1 x +3 2 x −3
1 2k y (x −3) y (my +1−3) y (my −2) my y −2y
1= 1 2 = 1 2 = 1 2 = 1 2 1
⑩
k y (x +3) y (my +1+3) y (my +4) my y +4 y
2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
−64 −8m+6❑√m2+1
m −2
8m2+9 8m2+9 −48m−12❑√m2+1 1
= = = .
−64 −8m−6❑√m2+1 −96m−24❑√m2+1 2
m +4
8m2+9 8m2+9
1
所以直线AG与BH的斜率之比是定值 .
2
从以上的解题过程我们可以看到,当我们计算到斜率的比的结构式子是非对称结构式子时,做了一个简单的变
换,使其只含有参数y的式子,发现如果用完韦达定理后还有y的两个根,于是直接用求根公式法求根,简单粗暴地把y
的两个根代入式子,同样求得结果.
(1)上下左右不对称型
方法：降幂，即二次变一次
2k 3 kx x +3x
已知x +x = ,x x = 求 1 2 1
1 2 6k2+4 1 2 6k2+4 kx x −x
1 2 2
推导
先观察和积的比值关系：
2k
x +x 6k2+4 2k
1 2= =
x x 3 3
1 2
6k2+4
变形得：
3
kx x = (x +x )
1 2 2 1 2
将此关系代入原式：(2)比值型
x
求 1 构造分子分母齐二次，再同除x x
x 1 2
2
(x +x ) 2 x2+x2+2x x x x
由韦达定理： 1 2 = 1 2 1 2= 1+ 2+2
x x x x x x
1 2 1 2 2 1
x
设t= 1 ，则上式可写成：
x
2
(x +x ) 2 1
1 2 =t+ +2
x x t
1 2
解此方程即可求出t.
(3)系数不相等型
已知3x +x =4，结合韦达定理求解
1 2
法一：直接计算
通过联立方程，直接求出x ,x 的值。
1 2
法二：构造对称式
利用x +x 构造对称式：
1 2变形得：
两式左右两边相乘：
代入韦达定理的与x +x ，x x 即可求解.
1 2 1 2
（4）mx +nx +t=0
1 2
当m≠n时，需对式子变形以构造韦达定理的“和”结构x +x ：
1 2
即：
将(1)(2)相乘：
展开整理后即可代入韦达定理求解.
知识点三：非对称韦达定理解题步骤
步骤1：联立方程与韦达定理
按题目要求，联立相应的直线和曲线，得到一元二次方程，列出韦达定理：
b b
{x +x =− {y + y =−
1 2 a 1 2 a
或
c c
x ⋅x = y ⋅y =
1 2 a 1 2 a
也可写成比值形式：
点睛之笔：观察两根之和与两根之积是否有清晰的比值关系，若有先列出备用.步骤2：目标式子处理思路
列出目标式子后，观察结构，常用思想：
①和积替换：将“两根之积”用“两根之和”替换后，化简式子.
②.直线代换：将“xy混合项”中想去掉的字母，利用点所在的直线替换后，化简式子.
如：x=my+1
③.一元化处理：通过上面两步的处理，仍未得出结果，则需要将式子化成“一元”.
如：利用韦达两根之和，x 可x 用表示出来.
1 2
题型01：硬解定理在双曲线中的应用
【典型例题1】直线 与椭圆 交于 ， 两点，试联立直线与双曲线方程，
并计算判别式 ， ， ， ， ， .
解：联立方程得： ，整理得：
，
判别式 ，
由韦达定理得： ， ，
再根据 ， 可得：
，
，
.【典型例题2】已知点 在双曲线 上，直线l交C于P，Q两点，直线 的斜率
之和为0．求l的斜率；
解：因为点 在双曲线 上，所以 ，解得 ，
即双曲线 ．
易知直线l的斜率存在，设 ， ，
联立 可得， ，
所以， ， 且 ．
所以由 可得， ，
即 ，
即 ，
所以 ，
化简得， ，即 ，
所以 或 ，
当 时，直线 过点 ，与题意不符，舍去，
故 ．
【变式训练1-1】已知等轴双曲线C的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，点M，N在双曲线C上，当直线MN过C
的右焦点且斜率为2时， ．(1)求双曲线C的方程；
(2)若线段MN的垂直平分线与y轴交于点Q，且 ，求O到直线MN的距离．
【答案】(1) (2)
【分析】
（1）根据题意设双曲线 ，写出直线MN方程，联立方程组，设 ， ，利用韦
达定理和弦长公式计算化简求出 ，即可求解；
（2）设直线MN方程为 ，易知 ，联立双曲线方程，利用韦达定理表示 ，由
题意可知Q为 的外接圆圆心，设圆的一般方程，结合双曲线方程化简计算可得 ，得 ，结合
点到直线的距离公式即可求解.
【详解】（1）设双曲线 ，双曲线的右焦点为 ，
则直线 ，其中 ．
联立 ，化简可得 ．
设 ， ，则 ， ．
，
解得 ，故 ．
故双曲线C的方程为 ．
（2）易知直线MN一定不与坐标轴垂直，设其方程为 ．联立 ，整理得 ，
若 ，则 ，则 ，
此时点M、N关于原点对称，直线MN过原点，点O到直线MN的距离为0，
所以 ，则 ．
由于 ， ，故Q为 的外接圆圆心，
可设外接圆方程为 ，则 ，
则 ，即 ，
整理得 ，由题知 ，故 ．
所以 ，故原点到直线MN的距离为 ．
【变式训练1-2】已知双曲线 的右焦点为 ，渐近线方程为 ．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点 在C上，且 ．过P且
斜率为 的直线与过Q且斜率为 的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在 上；② ；③ ．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】(1) (2)见解析
【分析】（1）利用焦点坐标求得 的值，利用渐近线方程求得 的关系，进而利用 的平方关系求得 的值，
得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线 的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到；由直线 和 的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜
率 ，由② 等价转化为 ，由① 在直线 上等价于 ，然后选择两个作
为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
（1）
右焦点为 ，∴ ,∵渐近线方程为 ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∴ ．
∴C的方程为： ；
（2）
由已知得直线 的斜率存在且不为零，直线 的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线 的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则 为线段 的中点，假若直线 的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知 在 轴上，即为
焦点 ,此时由对称性可知 、 关于 轴对称，与从而 ，已知不符；
总之，直线 的斜率存在且不为零.
设直线 的斜率为 ,直线 方程为 ,
则条件① 在 上，等价于 ；
两渐近线的方程合并为 ,
联立消去y并化简整理得：
设 ,线段中点为 ,则 ,
设 ,
则条件③ 等价于 ,移项并利用平方差公式整理得：
，
,即 ,
即 ；
由题意知直线 的斜率为 , 直线 的斜率为 ,
∴由 ,
∴ ,
所以直线 的斜率 ,
直线 ,即 ,
代入双曲线的方程 ,即 中，
得： ,
解得 的横坐标： ,
同理： ，
∴
∴ ,
∴条件② 等价于 ，
综上所述：
条件① 在 上，等价于 ；条件② 等价于 ；
条件③ 等价于 ；
选①②推③:
由①②解得： ,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得： ， ，
∴ ，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得： ， ，∴ ，
∴ ，∴①成立.
【变式训练1-3】已知点 在双曲线 上，直线l交C于P，Q两点，直线 的斜率
之和为0．
(1)求l的斜率；
(2)若 ，求 的面积．
【答案】(1) ；
(2) ．
【分析】（1）由点 在双曲线上可求出 ，易知直线l的斜率存在，设 ， ，再根据
，即可解出l的斜率；
（2）根据直线 的斜率之和为0可知直线 的倾斜角互补，根据 即可求出直线的斜率，再分别联立直线 与双曲线方程求出点 的坐标，即可得到直线 的方程以及 的长，
由点到直线的距离公式求出点A到直线 的距离，即可得出 的面积．
（1）
因为点 在双曲线 上，所以 ，解得 ，即双曲线 ．
易知直线l的斜率存在，设 ， ，
联立 可得， ，
所以， ， 且 ．
所以由 可得， ，
即 ，
即 ，
所以 ，
化简得， ，即 ，
所以 或 ，
当 时，直线 过点 ，与题意不符，舍去，
故 ．
（2）
［方法一］：【最优解】常规转化
不妨设直线 的倾斜角为 ，因为 ，所以 ，由（1）知， ，
当 均在双曲线左支时， ，所以 ，
即 ，解得 （负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；
当 均在双曲线右支时，
因为 ，所以 ，即 ，
即 ，解得 （负值舍去），
于是，直线 ，直线 ，
联立 可得， ，
因为方程有一个根为 ，所以 ， ，
同理可得， ， ．
所以 ， ，点 到直线 的距离 ，
故 的面积为 ．
［方法二］：
设直线AP的倾斜角为 ， ，由 ，得 ，
由 ，得 ，即 ，
联立 ，及 得 ， ，
同理， ， ，故 ，
而 ， ，
由 ，得 ，
故
【整体点评】（2）法一：由第一问结论利用倾斜角的关系可求出直线 的斜率，从而联立求出点 坐标，进而求出三角形面积，思路清晰直接，是该题的通性通法，也是最优解；
法二：前面解答与法一求解点 坐标过程形式有所区别，最终目的一样，主要区别在于三角形面积公式的选择不
一样．
题型02：双曲线与非对称韦达定理
x2 y2
【典型例题1】已知点P(2,1)在双曲线C: − =1(a>1)上，斜率为k的直线l过点 且不过点P．
a2 a2−1
若直线l交C于M，N两点，且MP⊥NP，则k=（ ）
1 1 3 3
A．− B． C．− D．
6 6 2 2
【答案】A
【分析】根据点P(2,1)在双曲线求出双曲线方程，根据 MP⊥NP可得⃗PM⋅⃗PN=0，利用韦达定理代入即可求
解.
x2 y2
【详解】因为点P(2,1)在双曲线C: − =1(a>1)上，
a2 a2−1
4 1
所以 − =1解得 ，
a2 a2−1
x2
所以双曲线C: −y2=1.
2
设l:y=kx−2，M(x ,y ),N(x ,y )，
1 1 2 2
{x2
−y2=1
联立 2 整理得(1−2k2)x2+8kx−10=0，
y=kx−2
1−2k2≠0
{
−8k
x +x =
所以 1 2 1−2k2，
−10
x x =
1 2 1−2k2
−8k2 4−8k2 −4
所以y + y =k(x +x )−4= − = ，
1 2 1 2 1−2k2 1−2k2 1−2k2−10k2 −16k2 4−8k2 −2k2+4
y y =(kx −2)(kx −2)=k2x x −2k(x +x )+4= − + = ，
1 2 1 2 1 2 1 2 1−2k2 1−2k2 1−2k2 1−2k2
因为MP⊥NP，所以⃗PM⋅⃗PN=(x −2,y −1)⋅(x −2,y −1)=0，
1 1 2 2
即x x −2(x +x )+ y y −(y + y )+5=0，
1 2 1 2 1 2 1 2
−10 −16k −2k2+4 −4 5−10k2
所以 − + − + =0，
1−2k2 1−2k2 1−2k2 1−2k2 1−2k2
1 3
整理得12k2−16k−3=0解得k=− 或k= ，
6 2
3 3
当k= 时，直线l:y= x−2过点P(2,1)，不满足题意，
2 2
1
所以k=− ，
6
故选:A.
x2
【典型例题2】不经过点A(2,1)的直线l交双曲线C: −y2=1于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率互为相反数.求
2
l的倾斜角为 .
【答案】135°（或 ）
【分析】设 ，P(x ,y )，Q(x ,y )，联立直线l和双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据
1 1 2 2
k +k =0，求出(k+1)(2k−1+m)=0，所以k=−1或 ，当 时，直线l过点A(2,1)，与题意
AP AQ
不符，故k=−1，得到答案.
x2
【详解】双曲线C: −y2=1的左右顶点为(❑√2,0),(−❑√2,0)，
2
易知直线l的斜率存在，设 ，P(x ,y )，Q(x ,y )，
1 1 2 2
{y=kx+m
联立 x2 可得，(1−2k2)x2−4mkx−2m2−2=0，
−y2=1
2
4mk 2m2+2
所以x +x =− ，x x = ，
1 2 2k2−1 1 2 2k2−1
❑√2
Δ=16m2k2−4(2m2+2)(2k2−1)>0⇒m2+1−2k2>0且k≠± .
2y −1 y −1
所以由k +k =0可得， 2 + 1 =0，
AP AQ x −2 x −2
2 1
即(x −2)(kx +m−1)+(x −2)(kx +m−1)=0，
1 2 2 1
即2kx x +(m−1−2k)(x +x )−4(m−1)=0，
1 2 1 2
2m2+2 ( 4mk )
所以2k⋅ +(m−1−2k) − −4(m−1)=0，
2k2−1 2k2−1
化简得，8k2+4k−4+4m(k+1)=0，即(k+1)(2k−1+m)=0，
所以k=−1或 ，
当 时，直线l:y=kx+m=k(x−2)+1过点A(2,1)，
与题意不符，舍去，故k=−1，
故l的倾斜角为135°（或 ）.
故答案为：135°（或 ）
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为k），
（2）利用条件找到k与过定点的曲线F(x,y)=0的联系，得到有关k与x,y的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点(x ,y )，使得无论k的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于k与x,y的等
0 0
式进行变形，直至找到(x ,y )，
0 0
①若等式的形式为整式，则考虑将含k的式子归为一组，变形为“k⋅()”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去k变为常数.
x2 y2
【典型例题3】已知双曲线C： − =1(a>0,b>0)的离心率为❑√2，点(3,−1)在双曲线C上.过C的左焦点F
a2 b2
作直线l交C的左支于A、B两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若 ，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上?请说明理由.
(3)点P(−4,2)，直线AP交直线x=−2于点Q.设直线QA、QB的斜率分别k 、k ，求证：k −k 为定值.
1 2 1 2x2 y2
【答案】(1) − =1；(2)不存在，理由见解析；(3)证明见解析
8 8
【分析】（1）根据题意列式求a,b,c，进而可得双曲线方程；
（2）设l:x=my−4，A(x ,y )，B(x ,y )，联立方程，利用韦达定理可得⃗MA⋅⃗MB=−4，结合圆的性质分析判
1 1 2 2
断；
（3）用A,B两点坐标表示出直线AP，得点Q坐标，表示出k ,k ，结合韦达定理，证明k −k 为定值.
1 2 1 2
【详解】（1）由题意，双曲线 的离心率为❑√2，且M(3,−1)在双曲线C上，
9 1
{ − =1
a2 b2
x2 y2
可得 c ，解得a2=8，b2=8，所以双曲线的方程为 − =1.
e= =❑√2 8 8
a
c2=a2+b2
（2）双曲线C的左焦点为F(−4,0)，
当直线l的斜率为0时，此时直线为y=0，与双曲线C左支只有一个交点，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设l:x=my−4，
{x=my−4
联立方程组 ，消x得(m2−1)y2−8my+8=0，易得Δ>0，
x2−y2=8
由于过点F作直线l交C的左支于A,B两点，
8m 8
设A(x ,y )，B(x ,y )，则 y + y = ，y y = <0，
1 1 2 2 1 2 m2−1 1 2 m2−1
可得−1<m<1，
因为 ⃗MA=(x +2,y )，⃗MB=(x +2,y )，
1 1 2 2
则 ⃗MA⋅⃗MB=(x +2)(x +2)+ y y =(m y −2)(m y −2)+ y y
2 1 1 2 1 2 1 2
8(m2+1) 16m2
=(m2+1)y y −2m(y + y )+4= − +4=−4，
1 2 1 2 m2−1 m2−1
即⃗MA⋅⃗MB≠0，可得 与 不相互垂直，
所以不存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上.
（3）由直线AP:y−2=k (x+4)，得Q(−2,2+2k )，
1 1y −2−2k y −2−2k y −2 y −2
所以k = 2 1= 2 1 ，又k =k = 1 = 1 ，
2 x +2 m y −2 1 PA x +4 m y
2 2 1 1
y −2 y −2−2k (y −2)(my −2)−my (y −2−2k )
所以k −k = 1 − 2 1= 1 2 1 2 1
1 2 my my −2 my (my −2)
1 2 1 2
−2m y −2y +4+2m y +2mk y
= 2 1 1 1 1 ，
m y (m y −2)
1 2
y −2
因为k = 1 ，所以k m y = y −2，且y + y =m y y ，
1 m y 1 1 1 1 2 1 2
1
2m(y −y ) 2(y −y )
所以k −k = 1 2 = 1 2 =−2，即k −k 为定值.
1 2 my (my −2) y + y −2y 1 2
1 2 1 2 1
【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后
借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不
要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根
与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
x2 y2
【变式训练2-1】已知点A(2,1)在双曲线C: − =1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的
a2 a2−1
斜率之和为0.求l的斜率；
【答案】−1
x2
【 分 析 】 把 点 A坐 标 代 入 双 曲 线 方 程 得 −y2=1， 显 然 直 线 l的 斜 率 存 在 ， 设 ， 设
2
4km 2m2+2
P(x
1
,y
1
),Q(x
2
,y
2
)，联立双曲线方程由韦达定理有 x
1
+x
2
=−
2k2−1
，x
1
x
2
=
2k2−1
，结合k
AP
+k
AQ
=0，化
简并整理得 ，由此即可进一步求解.【详解】
4 1
将点A代入双曲线方程得 − =1，化简得a4−4a2+4=0，∴a2=2，
a2 a2−1
x2
故双曲线方程为 −y2=1，
2
由题意显然直线l的斜率存在，设 ，设 P(x ,y ),Q(x ,y )，
1 1 2 2
则联立双曲线化简并整理得： ，
Δ=16k2m2−8(m2+1)(2k2−1)=8(m2+1−2k2)>0⇒m2+1>2k2
，
4km 2m2+2
故x +x =− ，x x = ，
1 2 2k2−1 1 2 2k2−1
，
化简得： ，
故 ，
即 ，当m+2k−1=0 时，直线 过点A，不合题意，舍去，
故k=−1.
x2 y2
【变式训练2-2】已知双曲线C： − =1(a>0,b>0)的离心率为❑√2，点(3,−1)在双曲线C上．过C的左焦点
a2 b2
F作直线l交C的左支于A、B两点．
(1) 求双曲线C的方程；
(2) 若M(−2,0)，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上?请说明理由．
(3) 点P(−4,2)，直线AP交直线 于点Q．设直线 、QB的斜率分别 k 、k ，求证：k −k 为定值．
1 2 1 2x2 y2
【答案】(1) − =1；
8 8
(4) 不存在，理由见解析；
(5) 证明见解析
【分析】(1)根据题意列式求a,b,c，进而可得双曲线方程；
(6) 设l:x=my−4,A(x ,y ),B(x ,y )，联立方程，利用韦达定理判断⃗MA⋅⃗MB是否为零即可；
1 1 2 2
(7) 用 两点坐标表示出直线AP，得点Q坐标，表示出k ,k ，结合韦达定理，证明k −k 为定值．
1 2 1 2
x2 y2
【详解】（1）由双曲线C: − =1的离心率为❑√2，且M(3,−1)在双曲线C上，
a2 b2
9 1
{ − =1
a2 b2
x2 y2
可得 c ，解得a2=8,b2=8，∴双曲线的方程为 − =1．
e= =❑√2 8 8
a
c2=a2+b2
(8) 双曲线C的左焦点为F(−4,0)，
当直线l的斜率为0时，此时直线为y=0，与双曲线C左支只有一个交点，舍去；
当直线l的斜率不为0时，设l:x=my−4，
{x=my−4
联立方程组 ，消x得(m2−1)y2−8my+8=0，易得Δ>0，
x2−y2=8
8m 8
设A(x ,y ),B(x ,y )，则y + y = ,y y = <0，可得−1<m<1，
1 1 2 2 1 2 m2−1 1 2 m2−1
∵⃗MA=(x +2,y ),⃗MB=(x +2,y )，
1 1 2 2
则⃗MA⋅⃗MB=(x +2)(x +2)+ y y =(m y −2)(m y −2)+ y y
2 1 1 2 1 2 1 2
8(m2+1) 16m2
=(m2+1)y y −2m(y + y )+4= − +4=−4，
1 2 1 2 m2−1 m2−1
即⃗MA⋅⃗MB≠0，可得 与 不垂直，
∴不存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上．
(9) 由直线AP:y−2=k (x+4)，得Q(−2,2+2k )，
1 1y −2−2k y −2−2k y −2 y −2
∴k = 2 1= 2 1 ，又k =k = 1 = 1 ，
2 x +2 m y −2 1 PA x +4 m y
2 2 1 1
y −2 y −2−2k (y −2)(my −2)−my (y −2−2k )
∴k −k = 1 − 2 1= 1 2 1 2 1
1 2 my my −2 my (my −2)
1 2 1 2
−2m y −2y +4+2m y +2mk y
= 2 1 1 1 1
，
m y (m y −2)
1 2
y −2
∵k = 1 ，∴k m y = y −2，且y + y =m y y ，
1 m y 1 1 1 1 2 1 2
1
2m(y −y ) 2(y −y )
∴k −k = 1 2 = 1 2 =−2，即k −k 为定值．
1 2 my (my −2) y + y −2y 1 2
1 2 1 2 1
x2 y2
【变式训练2-3】双曲线Γ: − =1左顶点为A，实轴长是虚轴长的2倍，其左焦点坐标为(−❑√5,0)，过A点
a2 b2
1
的两条直线分别交双曲线Γ的右支于点P，Q，且k ⋅k =− .
AP AQ 8
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)（ⅰ）证明：直线PQ过定点；
（ⅱ）直线AP，AQ，PQ分别交直线x=8于点M，N，T，若S =S ，求PQ的直线方程.
△PMT △QNT
【答案】(1)
5
(2)(ⅰ)证明见解析；(ⅱ)y=± (x−6).
6
【分析】（1）由已知，利用a2+b2=c2，解得a=2，b=1，即可得到双曲线Γ的方程；
（2）（ⅰ）设P(x ,y )，Q(x ,y )，l :y=kx+t，直线PQ的方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和
1 1 2 2 PQ1
k ⋅k =− ，即可得到直线PQ过定点；
AP AQ 8
（ⅱ）由（1）得直线PQ得方程为y=k(x−6)，则T(8,2k)，直线PQ方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和
S =S ，可解得k值，即可求得PQ的直线方程.
△PMT △QNT
【详解】（1）由题意可得c=❑√5，a=2b，又a2+b2=c2，
解得a=2，b=1，
所以双曲线的方程为： .
（2）
1
（ⅰ）设P(x ,y )，Q(x ,y )，l :y=kx+t，其中k2> ，
1 1 2 2 PQ 4
直线PQ与双曲线联立可得(1−4k2)x2−8ktx−(4t2+4)=0，
8kt
{x +x =
1 2 1−4k2
则Δ=16t2+16−64k2>0，且 ，
4t2+4
x x =−
1 2 1−4k2
y y (kx +t)(kx +t) k2x x +kt(x +x )+t2 1
因为k ⋅k = 1 ⋅ 2 = 1 2 = 1 2 1 2 =− ，
AP AQ x +2 x +2 (x +2)(x +2) x x +2(x +x )+4 8
1 2 1 2 1 2 1 2
代入整理得(t−2k)(t+6k)=0，故t=2k或t=−6k，
代入得定点为(6,0)或(−2,0)(舍)，
故直线PQ过定点(6,0)；
（ⅱ）根据（i）得直线PQ得方程为y=k(x−6)，则T(8,2k)，
直线PQ与双曲线方程联立得(1−4k2)x2+48k2x−(144k2+4)=0，{
48k2
x +x =−
1 2 1−4k2
则 ，
144k2+4
x x =−
1 2 1−4k2
y 10 y
( )
则直线AP:y= 1 (x+2)，则M 8, 1 ，
x +2 x +2
1 1
1 |10 y 4k(x −8) 2|
则S = ⋅ 1−2k|⋅|8−x |=| 1 ，
△PMT 2 x +2 1 (x +2)
1 1
|4k(x −8) 2|
同理S = 2 ，又S =S ，
△QNT (x +2) △PMT △QNT
2
|4k(x −8) 2| |4k(x −8) 2|
则 1 = 2 ，化简得(x −x )(x x +2x +2x −96)=0，
(x +2) (x +2) 1 2 1 2 1 2
1 2
因为x ≠x ，故x x +2x +2x −96=0，
1 2 1 2 1 2
144k2+4 96k2 5
则韦达定理代入得− − −96=0，化简得100−144k2=0，即k=± ，
1−4k2 1−4k2 6
5
所以PQ的直线方程为y=± (x−6).
6
x2 y2
【变式训练2-4】已知点 ， 分别为双曲线E： − =1(a>0,b>0)的左、右焦点，点 到双曲线E的渐近线
a2 b2
的距离为2❑√2，点A为双曲线E的右顶点，且AF =2AF ．
1 2
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)若四边形ABCD为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证：直线BD过定点．
y2
【答案】(1)x2− =1
8
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据点到直线距离计算得出b=2❑√2，再应用AF =2AF 得出c=3a，计算得出a=1进而得出标准
1 2
方程；
（2）分直线BD的斜率不存在和直线BD的斜率存在两种情况，联立方程组结合向量的数量积计算得出m=−k或
9
m= k，结合题意即可证明定点.
7【详解】（1）设焦距为2c，则F (−c,0)，
1
|bc|
故点 到双曲线E的渐近线bx±ay=0的距离为 =b=2❑√2．
❑√b2+a2
由AF =2AF ，知c+a=2(c−a)，得c=3a．
1 2
又因为c2=a2+b2，所以(3a) 2=a2+8，解得a2=1．
y2
所以双曲线E的标准方程为x2− =1．
8
（2）①当直线BD的斜率不存在时，
由AB⊥AD，设直线BD的方程为x=t，
y2 (1−t) 2 9
当t<0时，则B(t,−t+1)在双曲线x2− =1，可得t2− =1,所以t=− ，
8 8 7
y2 (t−1) 2
当t>0时，则B(t,t−1)在双曲线x2− =1，可得t2− =1,所以t=1不合题意舍，
8 8
9
可得直线BD的方程为x=− ，
7
②当直线BD的斜率存在时，设直线BD的方程为y=kx+m，B(x ,y )，D(x ,y )，
1 1 2 2
{
y2
x2− =1,
联立 8 得(8−k2)x2−2kmx−m2−8=0，
y=kx+m,
{8−k2≠0, 2km m2+8
当 时，x +x = ，x x =− ，
Δ>0 1 2 8−k2 1 2 8−k2
因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，所以⃗AB⋅⃗AD=(x −1,y )⋅(x −1,y )=(x −1)(x −1)+ y y =0，
1 1 2 2 1 2 1 2
所以(x −1)(x −1)+(kx +m)(kx +m)=(k2+1)x x +(km−1)(x +x )+m2+1=0，
1 2 1 2 1 2 1 2
(k2+1)(m2+8) 2km(km−1) (8−k2)(m2+1)
所以− + + =0
8−k2 8−k2 8−k2
所以7m2−2km−9k2=0，
9
所以(m+k)(7m−9k)=0，所以m=−k或m= k，
7
当m=−k时，直线BD的方程为y=kx−k=k(x−1)，恒过定点A(1,0)，不合题意，舍去．
9 9 ( 9) ( 9 )
当m= k时，直线BD的方程为y=kx+ k=k x+ ，恒过定点 − ,0 ．
7 7 7 7
( 9 )
综上①②，直线BD恒过定点 − ,0 ．
7
1
【变式训练2-5】在平面直角坐标系中，已知动点P与A(−2,0)，B(2,0)两点连线的斜率之积是 .
4
(1)求动点P的轨迹曲线C的方程；
k
(2)过点(−1,0)的直线l，交曲线C于M，N两点，记直线AM，BN的斜率分别为k ，k ，试判断 1是否为定值，若
1 2 k
2
为定值，求出该定值.
x2
【答案】(1) −y2=1(x≠±2)
4
(2)是，定值为3
【分析】（1）设P(x,y)，根据题意列方程即可求解；
（2）设直线l：x=my−1，M(x ,y )，N(x ,y )，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理求解即可.
1 1 2 2【详解】（1）设P(x,y)，x≠±2，
1
因为动点P与A(−2,0)，B(2,0)两点连线的斜率之积是 ，
4
y y 1 x2
所以 ⋅ = ，整理得 −y2=1，
x+2 x−2 4 4
x2
所以动点P的轨迹曲线C的方程为 −y2=1(x≠±2).
4
（2）易知直线l斜率不为0，
设直线l：x=my−1，M(x ,y )，N(x ,y )，
1 1 2 2
联立¿，得(m2−4)y2−2my−3=0，
则m2−4≠0且Δ=4m2+12(m2−4)=16m2−48>0，即m2>3且m2≠4，
2m 3
而y + y = ,y y =− ，
1 2 m2−4 1 2 m2−4
k y x −2 y m y −3 m y y −3 y m y y −3(y + y )+3 y
则 1= 1 ⋅ 2 = 1 ⋅ 2 = 1 2 1= 1 2 1 2 2
k x +2 y m y +1 y m y y + y m y y + y
2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2
−3m −6m
+ +3 y
m2−4 m2−4 2
= =3，为定值.
−3m
+ y
m2−4 2
【变式训练2-6】已知A ,A 分别为双曲线 的左､右顶点，|A A |=2，动直线l与双曲
1 2 1 2
线C交于P,Q两点．当PQ//x轴，且|PQ|=4时，四边形PQA A 的面积为 ．
1 2
(1)求双曲线C的标准方程．
(2)设P,Q均在双曲线C的右支上，直线A P与A Q分别交y轴于M,N两点，若⃗ON=2⃗OM，判断直线l是否过
1 2
定点．若过，求出该定点的坐标；若不过，请说明理由．y2
【答案】(1)x2− =1
2
(2)直线 恒过定点(3,0)
【分析】（1）首先求点P(x ,y )的坐标，根据坐标表示梯形的面积，即可求解双曲线方程；
P P
（2）首先根据条件设M(0,t),N(0,2t)(t≠0)，并利用方程联立求点P,Q的坐标，并求直线 的方程，化简后即
可求定点坐标.
【详解】（1）由|A A |=2知，A (−1,0),A (1,0),a=1．
1 2 1 2
当PQ//x轴时，根据双曲线的对称性，不妨设点P(x ,y )在第一象限，
P P
b
则由|PQ|=4，可得x =2．代入双曲线C的方程，得y = ❑√4−a2=❑√3b．
P p a
|PQ|+|A A | 2+4
因为四边形PQA A 的面积为 ，所以 1 2 ×y = ×❑√3b=3❑√6．
1 2 2 P 2
解得b=❑√2．
y2
所以双曲线C的标准方程为x2− =1．
2
（2）
因为⃗ON=2⃗OM，所以可设M(0,t),N(0,2t)(t≠0)．
直线A P的方程为y=t(x+1)，直线A Q的方程为y=−2t(x−1)．
1 2
又双曲线C的渐近线方程为 ，
显然直线A P与双曲线C的两支各交于一点，直线A Q与双曲线C的右支交于两点，
1 2
{|t|<❑√2 ❑√2
则有 解得 <|t|<❑√2．
2|t|>❑√2 2{y=t(x+1)
由 y2 消去y，得(t2−2)x2+2t2x+(t2+2)=0．
x2− =1
2
t2+2 t2+2
设点P(x ,y )，则x ⋅(−1)= ．解得x =− ．
P P P t2−2 P t2−2
( t2+2 ) 4t
所以y =t − +1 =− ．
P t2−2 t2−2
{y=−2t(x−1)
由 y2 消去y，得(2t2−1)x2−4t2x+(2t2+1)=0．
x2− =1
2
2t2+1 2t2+1
设点Q(x ,y )，则x ⋅1= ．解得x = ．
Q Q Q 2t2−1 Q 2t2−1
(2t2+1 ) 4t
所以y =−2t −1 =− ．
Q 2t2−1 2t2−1
y −y t
当直线 不垂直于x轴时，k = P Q= ．
PQ x −x t2−1
P Q
4t t ( t2+2)
所以直线 的方程为y+ = x+ ．
t2−2 t2−1 t2−2
−4t t ( t2+2) t
所以y= + x+ ，也即y= (x−3)．
t2−2 t2−1 t2−2 t2−1
显然直线 恒过定点(3,0)．
当直线 垂直于x轴时，由x =x ，得t2=1．此时x =x =3．
P Q P Q
直线 的方程为x=3，恒过定点(3,0)．
综上可知，直线 恒过定点(3,0)．
【点睛】思路点睛：一般求直线过定点问题，需求出直线方程，转化为含参直线过定点问题.
x2 y2
【变式训练2-7】双曲线C: − =1(a>0,b>0)的左、右顶点分别为A，B，焦点到渐近线的距离为 ，且过
a2 b2点(4,3).
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l与双曲线C交于M，N两点，且k =−2k ，证明直线l过定点.
AM BN
x2 y2
【答案】(1) − =1
4 3
(2)证明见解析
【分析】(1)根据双曲线过点(4,3)和焦点到渐近线的距离为 列出方程组，解之即可；
(2)设直线BN的斜率为k，由题意直线AM的斜率为 ，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理求出M，
N两点的坐标，再求出M，N两点所在的直线方程即可求解.
x2 y2 b
【详解】（1）由双曲线C: − =1(a>0,b>0)可得渐近线为y=± x，
a2 b2 a
b
不妨取渐近线y= x即
a
bc
由焦点到渐近线的距离为
可得d= =❑√3，即b=❑√3,
❑√a2+b2
{42 32
− =1
由题意得 a2 b2 ，得a=2，
b=❑√3
x2 y2
从而双曲线C的方程为 − =1.
4 3
（2）设直线BN的斜率为k，则直线AM的斜率为 ，
由题意可知：直线BN的方程为y=k(x−2)，直线AM的方程为y=−2k(x+2)，
{x2 y2
− =1
联立直线BN与双曲线方程 4 3 得(3−4k2)x2+16k2x−16k2−12=0，
y=k(x−2)
16k2+12 8k2+6 12k
于是2x = ，从而x = ，从而y = ，
N 4k2−3 N 4k2−3 N 4k2−3
{
x2 y2
− =1
联立直线AM与双曲线方程 4 3 得(3−16k2)x2−64k2x−64k2−12=0，
y=−2k(x+2)64k2+12 −32k2−6 24k
于是−2x = ，从而x = ，从而y = ，
M 16k2−3 M 16k2−3 M 16k2−3
24k 12k
−
y −y 16k2−3 4k2−3 24k3+9k 3k
于是k = M N = = = ，
MN x −x −32k2−6 8k2+6 64k4−9 8k2−3
M N −
16k2−3 4k2−3
12k 3k ( 8k2+6)
从而MN:y− = x− ，
4k2−3 8k2−3 4k2−3
3k
化简得y= (x+6)，从而l过定点(−6,0).
8k2−3
【点睛】思路点睛:与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定
理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题
