第8章 第9课时 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题-【名师导航】2025年高考数学一轮总复习讲义（通用版）

第9课时　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 考点一　定点问题 [典例1]　(2023·河北石家庄一模)已知点P(4，3)在双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，|PM|·|PN|＝4. (1)求双曲线C的方程； (2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，从下面两个条件中选一个，证明：直线l过定点． ①k1＋k2＝1；②k1k2＝1. [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　求解直线或曲线过定点问题的基本思路 (1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点． (2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)． (3)解析几何大题中设直线方程一般有三种设法：y－y0＝k(x－x0)，x＝my＋n，y＝kx＋m，若设y＝kx＋m这种形式，研究定点，只需根据条件得到m与k的关系即可，如m＝3k. [跟进训练] 1．(2023·江苏泰州一模)已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点．当PQ⊥x轴时，|PA|＝，△PAQ的面积为3. (1)求双曲线C的方程； (2)证明：以PQ为直径的圆经过定点． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点二　定值问题 [典例2]　(2024·湖南长沙开学考试)已知M，N分别为椭圆E：＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，F为其右焦点，|FM|＝3|FN|，且点P在椭圆E上． (1)求椭圆E的标准方程； (2)若过F的直线l与椭圆E交于A，B两点，且l与以MN为直径的圆交于C，D两点，证明：为定值． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 (1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值； (2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得； (3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得． (4)定值问题可由特殊情况先寻求定值，再推广到一般，这样方向和目标明确． [跟进训练] 2．(2023·湖南岳阳一模)已知直线l1：y＝2x和直线l2：y＝－2x，过动点E作平行于l2的直线交l1于点A，过动点E作平行于l1的直线交l2于点B，且四边形OAEB(O为原点)的面积为4. (1)求动点E的轨迹方程； (2)当动点E的轨迹的焦点在x轴上时，记轨迹为曲线E0，过点M(1，0)的直线m与曲线E0交于P，Q两点，且与y轴交于点N，若＝λ＝μ，求证：λ＋μ为定值． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考点三　定直线问题 [典例3]　(12分)(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. (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． [规范解答]　(1)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－2，0)，离心率为， 则 ·······················1分 解得··························2分 故双曲线C的方程为＝1.··················3分 (2)证明：过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，则可设直线MN的方程为x＝my－4，→ 因为C的左、右顶点分别为A1，A2，则A1(－2，0)，A2(2，0)， 联立→ 化简整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0， ·············4分 故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192＞0且4m2－1≠0，→ ································5分 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则y1＋y2＝，y1y2＝，··················6分 直线MA1的方程为y＝(x＋2)，·················7分 直线NA2的方程为y＝(x－2)，·················8分 故＝＝ ＝ ＝ ＝＝－，→··············10分 故＝－，解得x＝－1，····················11分 所以xP＝－1， 故点P在定直线x＝－1上． ···················12分 　定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定定点的轨迹，主要方法如下． (1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程； (2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数法求解出系数； (3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证． [跟进训练] 3．(2023·福建福州二模)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过点(－2，0)的两条直线l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点．当l1的斜率为时，|AB|＝. (1)求E的标准方程； [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 椭圆中的等角定理 已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，则x轴上存在点R，使得∠ORP＝∠ORQ. 逆定理 已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R(m≠0，|m|≠a)，设直线l不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)． 注：定点所在轴只需要与a保持一致即可，不要求在椭圆内，也不要求在椭圆外，如图所示： 证明：普通联立法即可． 双曲线的等角定理 已知双曲线C：＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R，使得∠ORP＝∠ORQ. 逆定理 已知双曲线C：＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R(m≠0，|m|≠a)．设l不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)． 注：定点在实轴上即可，不要求在双曲线内部，也不要求过定点的直线必须是和同一侧曲线相交于两点，包括如下三种情况，证明过程一致． 证明：普通联立法即可． 　抛物线的等角定理 已知抛物线C：y2＝2px，直线l过定点(m，0)(m≠0)，同时直线l与抛物线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R(－m，0)，使得∠ORP＝∠ORQ. 逆定理 已知抛物线C：y2＝2px与x轴上定点R(m，0)(m≠0)，直线l与抛物线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(－m，0)． 注：定点在对称轴上即可． [典例]　(2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)． (1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程； [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB. [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$课时分层作业（六十） 圆锥曲线中的定点、 定值、定直线问题 [A组在基础中考查学科功底] 当=克， 1.解：(1)，a>0,b>0,依题意， a=2 →b=1, 所以双曲线C的方程为￥一y2=1. (2)依题意可知，直线PQ的斜率存在，设方程为y=kx十m,P(1,),Q(x2,2), (y kx+m, x+x=器， ￥-y2=1→1-43x2-8kmx-4m2-4=0→ X12=, 4n2344 所以4=642m2+41-4k2)(4m2+4)>0,m2+1-42>0①， 十=点+总=2西恤 2器Hm2器4m 81z281w2H4 带带4 =1， 整理得(m十2k)m+2k一1)=0 ①m十2k=0→PQ:y=x一2k,过A(2,0),舍去， ②m+2k-1=0→PQ:y=kx-2k+1,过点(2,1)， 此时，将m=1一2k代入①得 (1-2)2+1-42=2-4k>0,k<克， .PQ与x=2交于点M2,1), 故S△Mv=壹X2X1=1为定值， 2.解：(1)图为点A(-2,0)在C上，所以寺=1，得b2=4 因为椭圆的离心率e==号，所以c2=8a,又a2=b2+c2=4+号a2,所以a2 =9,c2=5, 故椭圆C的方程为号+￥=1， (2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设l阳：y一3=x+2),P (,1),O(,y2), (y-3=k(x+2), 由号+￥=1， 得(42+9)2+(162+24x+16k2+48k=0, 1/4 则4=(162+24)2-442+9)162+48k)=-36×480, 故十3=-12燃 4k49,x1x2=4240 y1 直线AP:y=(c+2),令x=0,解得=， 同理得w一， 则r十%=2X2+2y+ (x1+2Xx+2 =2×+2k+3x+2+2k+3g+2 (81+2x+2 =2X 2kx184k+3X8十82+8k+12 x32十281十82十4 216k+48kH4k+316k124H8k+12以4k2+9 =2X 16k48k+2-16k24kH44k2+9) =2×8 =6. 所以MN的中点的纵坐标为=3，所以MN的中点为定点0,3》. [B组在综合中考查关键能力] 3.解：①当1=一号时，直线：x=-号+1，令x=0,得=5，即椭圆的 上顶点为0，V5),则b=5, 又△4FF的周长为6，即2a+2c=6,a+c=3,又a2-c2=b2=3,解得a=2, c=1, 所以椭圆C的方程为号+号=1 (2)证明：由(1)知，M(-2,0),N2,0),设As,),B(x,2),依题意，点A, B不在x轴上， (x=ty+1, 由等+号=1，消去x并整理得3+4》2+6的-9=0,4>0，由根与系数的关 6t -9 系得，1十y=一3华，=3中车4， y 直线AM的方程为y=时(r+2), 直线BN的方程为y=x72(一2)， 联立直线AM,BN的方程得 y.(w+2)y(ty3 tyt3v =可=y可=' 数2 2/4 由h十2=- 年得=一年-2，代入上式，得 +2 ty y3y +3y: =9 +3 4奶 =3 于是得x=4,所以直线AM,BN的交点Q在定直线x=4上. 日证明2加，急-器-器=器。 y 由h十2= 3年4，=3品得，2=0十均， 所以会=器。一，-号为定位 K1 y出_y+好y 4.解：（①由题设得竞+京=1，部=生，解得=6，b2=3.所以C的方程为 苦+号=1. (2)证明：设M,y1),Nx2,y2). 若直线MN与x轴不垂直，设直钱MN的方程为y=十m,代入号+号=1，得 (1+22)x2+4kmx+2m2-6=0. 于是十=一搬，-0.① 由AMLAN知AMA=0,故(-22-2)+0M-1)02-1)=0,可得(2+1) xx2+(km-k-2)1+x2)+(m一1)2+4=0. 将0代入上式，可得2+12-(m--2)·钟婴+m-1P+4=0, 整理得(2k+3m+1)2k+m一1)=0 因为A(2,1)不在直线MN上， 所以2k+m-1≠0，故2k+3m十1=0，k≠1，m=-号k-} 于是MN的方程为y=k(x号)-青(k≠1) 所以直线MN过点P(导，) 若直线MN与x轴垂直，可得N(x1,一)： 由AMAN=0,得(-2)：-2)+01一1)-1-1)=0， 又誉+号=1，所以3-8十4=0，解得=2合去).=号 此时直线MN过点P(导，-青) 3/4 令Q为AP的中点，即Q(青，青) 若D与P不重合，剥由题设知AP是Rt△4DP的斜边，故DO=支AP1= 若D与P重合，则DO=AP1 综上，存在点Q(等，青)，使得DQ为定值. 4/4 课时分层作业(六十)　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 1．(2024·山东烟台模拟)已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)，渐近线方程为y±＝0，点A(2，0)在C上． (1)求双曲线C的方程； (2)过点A的两条直线AP，AQ分别与双曲线C交于P，Q两点(不与A点重合)，且两条直线的斜率k1，k2满足k1＋k2＝1，直线PQ与直线x＝2，y轴分别交于M，N两点，求证：△AMN的面积为定值． 2．(2023·全国乙卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，点A(－2，0)在C上． (1)求C的方程； (2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点． 3．已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，M，N分别为左、右顶点，直线l：x＝ty＋1与椭圆C交于A，B两点，当t＝－时，A是椭圆的上顶点，且△AF1F2的周长为6. (1)求椭圆C的方程； (2)设直线AM，BN交于点Q，证明：点Q在定直线上； (3)设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，证明：为定值． 4．(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，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． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第9课时　圆锥曲线中的 定点、定值、定直线问题 考点一 典例1　解：(1)因为点P(4，3)在双曲线上，所以＝1. 过P作x轴的平行线y＝3，与y＝±x相交于M，N两点，记M，N. 所以·＝16－＝ a2＝a2＝4，所以a＝2. 代入＝1，可知b＝， 所以双曲线C的方程为＝1. (2)证明：选①：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立方程得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0， 所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)·(－4m2－12)>0，即m2＋3－4k2>0. 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 由条件k1＋k2＝1，得＝1， 所以(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)(kx2＋m－3)＝(x1－4)(x2－4)， 整理可得 2kx1x2＋(m－3－4k)(x1＋x2)－8(m－3)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16， 由根与系数的关系得m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，即(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0， 解得m＝2k＋3或m＝－4k＋3. 当m＝2k＋3时，y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3， 则直线l过定点(－2，3)； 当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意. 综上可得，直线l过定点(－2，3). 选②：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A， B， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)>0， 即m2＋3－4k2>0. 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 由条件k1k2＝1，得·＝1，即 ＝1， 整理可得 ＝1. 由根与系数的关系，整理可得7m2＋32km＋16k2－18m－9＝0， 即(7m＋4k＋3)(m＋4k－3)＝0， 解得m＝－或m＝－4k＋3. 当m＝－时，y＝kx＋m＝kx－＝k， 则直线l过定点； 当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意. 综上可得，直线l过定点. 跟进训练 1．解：(1)如图，当PQ⊥x轴时，P，Q两点的横坐标均为－c， 代入双曲线方程，可得yP＝， yQ＝－， 即|PF|＝， 由题意，可得 解得a＝1，b＝，c＝2， ∴双曲线C的方程为x2－＝1. (2)证明：法一：设直线PQ的方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则⇒3(m2y2－4my＋4)－y2＝3⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝，以PQ为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0， x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0， 由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y＝0，可得 x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0， 而x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝－4＝， x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝， ∴x2－x＋＝0，(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0， 即[(3m2－1)x＋3m2－5](x－1)＝0对任意m∈R恒成立，∴x＝1， ∴以PQ为直径的圆经过定点(1，0). 法二：设直线PQ的方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0， 由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝， 由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点. 设以PQ为直径的圆过点E(t，0)， ∴·＝0⇒(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0⇒x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0， 而x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4 ＝m2·－2m·＋4 ＝，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝－4＝，∴＋t2＋＝0， (3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0对任意m∈R恒成立， ∴t＝1，即以PQ为直径的圆经过定点(1，0). 考点二 典例2　解：(1)由|FM|＝3|FN|， 可得a＋c＝3(a－c)，解得a＝2c， 又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c. 因为点P在椭圆E上，所以＝1，解得a＝2，b＝，c＝1，所以椭圆E的标准方程为＝1. (2)证明：①当l与x轴重合时，|AB|＝|CD|＝4， 所以＝7. ②当l不与x轴重合时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线l的方程为x＝my＋1， 由消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 故|AB|＝ ＝ ＝12×， 圆心O到直线l的距离为＝4－， 所以＋4－＝7，即为定值. 跟进训练 2．解：(1)设E(x0，y0)，过点E(x0，y0)且平行于l2的直线方程为y－y0＝－2(x－x0)， 由得交点A的横坐标为， 所以|OA|＝|2x0＋y0|，E点到直线l1的距离为， 所以四边形OAEB的面积为 ·|2x0＋y0|＝4， 即＝1或＝1， 故动点E的轨迹方程为＝1或＝1. (2)证明：由题知E0的方程为＝1， 设N(0，yN)，P(x1，y1)，Q(x2，y2). 当直线m的斜率为0时，N(0，0)， 若P(－2，0)，Q(2，0)，由＝λ＝μ，知λ＝－，μ＝1， 所以λ＋μ＝； 若Q(－2，0)，P(2，0)， 由＝λ＝μ， 知λ＝1，μ＝－，所以λ＋μ＝. 当直线m的斜率不为0时，设直线m的方程为x＝ty＋1(显然t≠0)，则N，即yN＝－， 因为＝λ＝μ， 所以(1，－yN)＝λ(x1－1，y1)，(1，－yN)＝μ(x2－1，y2)， 解得λ＝－，μ＝－， λ＋μ＝－yN＝－yN·. 由 消去x并整理得(4t2－1)y2＋8ty－12＝0， 因为直线m与曲线E0有两个交点， 则在4t2－1≠0且判别式Δ>0时， 有y1＋y2＝，y1y2＝. 所以λ＋μ＝··，即证得λ＋μ为定值. 考点三 跟进训练 3．解：(1)当l1的斜率为时，得l1的方程为y＝(x＋2)， 由消去x并整理得y2－3py＋4p＝0，Δ＝(－3p)2－4×4p>0，y1＋y2＝3p，y1y2＝4p， 由弦长公式得|AB|＝＝， 即＝2，解得p＝2或p＝－(舍去)，p＝2满足Δ>0， 从而E的标准方程为y2＝4x. (2)法一：因为l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点，所以直线斜率存在. 设直线AB的方程为y＝k1(x＋2)， 设A，B，由消去x得k1y2－4y＋8k1＝0，由根与系数的关系得y1y2＝8. 设直线CD的方程为y＝k2(x＋2)， 设C，D， 由 消去x得k2y2－4y＋8k2＝0， 由根与系数的关系得y3y4＝8. 直线AD的方程为y－y1＝x－， 即y＝x＋， 化简得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0， 同理，直线BC的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0. 因为点(－2，0)在抛物线E的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证点G的横坐标为定值即可. 因为直线AD与BC相交， 所以y2＋y3≠y1＋y4， 由消去y， 解得x＝ ＝ ＝ ＝ ＝2. 所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上. 法二：设直线AB的方程为x＝my－2，由消去x得y2－4my＋8＝0， 设A，B，则y1y2＝8. 设直线CD的方程为y＝k2(x＋2)，设， 同理可得y3y4＝8. 直线AD的方程为 y－y1＝， 即y＝x＋， 化简得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0， 同理，直线BC的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0. 因为(－2，0)在抛物线E的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证点G的横坐标为定值即可. 因为直线AD与BC相交， 所以y2＋y3≠y1＋y4， 由消去y， 解得x＝ ＝ ＝ ＝ ＝2. 所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上. 拓展视野5 典例　解：(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1. 由已知可得，点A的坐标为或. 又M(2，0)，所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－. (2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°. 当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB. 当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝. 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝. 将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0. 从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补.所以∠OMA＝∠OMB. 综上，∠OMA＝∠OMB. 点拨：解析几何中与角有关的问题可以向斜率转 学科网（北京）股份有限公司 $$