第八章 §8.9 圆锥曲线中综合问题-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（A版）

第八章　直线和圆、圆锥曲线 §8.9　圆锥曲线中综合问题 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 跃升 关键能力 01 课时冲关 02 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 跃升 关键能力 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第八章　直线和圆、圆锥曲线 高考总复习 数学A版 ★[考试要求] 从近两年的高考试题看，直线与圆锥曲线的位置关系是高考的重点、难点，其命题特征是常与向量、不等式、最值等知识结合命题，并注重通性通法的求解，在解答时，一定要注意解题的规范化． 圆锥曲线中的求值与证明问题 [例1]　(2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2,1)在双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0. (1)求l的斜率； (2)若tan∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面积． [解]　(1)因为点A(2,1)在双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2－1)＝1(a＞1)上，所以eq \f(4,a2)－eq \f(1,a2－1)＝1，解得a2＝2，即双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1 易知直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,\f(x2,2)－y2＝1))可得，(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0， 所以，x1＋x2＝－eq \f(4mk,2k2－1)，x1x2＝eq \f(2m2＋2,2k2－1)，Δ＝16m2k2＋4(2m2＋2)(1－2k2)＞0⇒m2＋1－2k2＞0. 所以由kAP＋kBP＝0可得，eq \f(y2－1,x2－2)＋eq \f(y1－1,x1－2)＝0， 即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0， 即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0， 所以2k×eq \f(2m2＋2,2k2－1)＋(m－1－2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4mk,2k2－1)))－4(m－1)＝0， 化简得，8k2＋4k－4＋4m(k＋1)＝0，即(k＋1)(2k－1＋m)＝0， 所以k＝－1或m＝1－2k， 当m＝1－2k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. (2)不妨设直线PA，PB的倾斜角为α，β(α＜β)，因为kAP＋kBP＝0，所以α＋β＝π， 因为tan∠PAQ＝2eq \r(2)，所以tan(β－α)＝2eq \r(2)，即tan2α＝－2eq \r(2)， 即eq \r(2)tan2α－tan α－eq \r(2)＝0，解得tan α＝eq \r(2)， 于是，直线PA：y＝eq \r(2)(x－2)＋1，直线PB：y＝－eq \r(2)(x－2)＋1， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\r(2)x－2＋1,\f(x2,2)－y2＝1))可得，eq \f(3,2)x2＋2(eq \r(2)－4)x＋10－4eq \r(2)＝0， 因为方程有一个根为2，所以xP＝eq \f(10－4\r(2),3)，yP＝eq \f(4\r(2)－5,3)， 同理可得，xQ＝eq \f(10＋4\r(2),3)，yQ＝eq \f(－4\r(2)－5,3). 所以PQ：x＋y－eq \f(5,3)＝0，|PQ|＝eq \f(16,3)， 点A到直线PQ的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2＋1－\f(5,3))),) ＝eq \f(2\r(2),3)， 故△PAQ的面积为eq \f(1,2)×eq \f(16,3)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(16\r(2),9). 圆锥曲线中的求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解． (2025·宁德模拟)若Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，C(0,1)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))四点中恰有三点在椭圆T：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上． (1)求椭圆T的方程； (2)动直线y＝eq \f(\r(2),2)x＋t(t≠0)与椭圆交于E，F两点，EF的中点为M，连接OM(其中O为坐标原点)交椭圆于P，Q两点，证明：|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|. 解：(1)由于Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))两点关于原点对称，必在椭圆上， 则eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，且eq \f(3,4a2)＋eq \f(1,4b2)<1， ∴C(0,1)必在椭圆上， 即有eq \f(1,b2)＝1，则b＝1，a2＝2， ∴椭圆T的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1. (2)证明：设E(x1，y1)，F(x2，y2)， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(2),2)x＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得x2＋eq \r(2)tx＋t2－1＝0， Δ＝2t2－4(t2－1)＝4－2t2>0， 解得－eq \r(2)<t<eq \r(2)， 则x1＋x2＝－eq \r(2)t，x1x2＝t2－1，y1＋y2＝eq \f(\r(2),2)x1＋t＋eq \f(\r(2),2)x2＋t＝t， ∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)t，\f(t,2)))，则kOM＝－eq \f(\r(2),2)， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(\r(2),2)x，,\f(x2,2)＋y2＝1，)) 则可设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2)))， ∴|MP|·|MQ|＝eq \r(1＋\f(1,2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)t＋1))·eq \r(1＋\f(1,2))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)t＋1))＝eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(t2,2)))， ∵|ME|·|MF|＝eq \f(1,4)|EF|2 ＝eq \f(1,4)(1＋keq \o\al(2,EF))(x1－x2)2 ＝eq \f(3,8)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(t2,2)))， ∴|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|. 圆锥曲线中的范围与最值 [例2]　(2025·承德模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点到右焦点的距离是3，且C的离心率是eq \f(1,2)，过左焦点F的直线l与椭圆交于A，B两点，过左焦点且与直线l垂直的直线l′与椭圆交于M，N两点． (1)求椭圆C的标准方程； (2)求|AB|＋|MN|的取值范围． [解]　(1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(1,2)，,a＋c＝3，))解得a＝2，c＝1，则b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1； (2)由(1)可知，左焦点F(－1,0)， 当直线l斜率不存在或者斜率为0时，|AB|＋|MN|＝eq \f(2b2,a)＋2a＝3＋4＝7， 当直线l斜率存在且不为0时，设直线l：y＝k(x＋1)，直线l′：y＝－eq \f(1,k)(x＋1)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)， 联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， 则x1＋x2＝eq \f(－8k2,4k2＋3)，x1·x2＝eq \f(4k2－12,4k2＋3)， 因此|AB|＝eq \r(x1－x22＋y1－y22)＝eq \r(k2＋1) eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \f(12k2＋1,4k2＋3)， 同理可得|MN|＝eq \f(12k2＋1,3k2＋4)， 所以|AB|＋|MN|＝7＋eq \f(3,4k2＋3)－eq \f(4,3k2＋4)＝7－eq \f(7,12k2＋\f(12,k2)＋25)， 由于12k2＋eq \f(12,k2)≥24，当且仅当k2＝1时等号成立，则eq \f(48,7)≤|AB|＋|MN|＜7， 综上所述，|AB|＋|MN|的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(48,7)，7)). 与线段有关的最值问题关键是建立关于线段的目标函数，然后运用基本不等式或者函数有关的问题，运用基本不等式或者函数求解．线段的长度可以通过两点间的距离或者利用相交弦长公式进行求解，面积可以通过弦长和点到直线的距离求解． (2025·皖北协作区联考)已知双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，P是E的右支上一点，且PF1⊥PF2，△PF1F2的面积为3. (1)求E的方程； (2)若E的左、右顶点分别为A，B，过点F2的直线l与E的右支交于M，N两点，直线AM和BN的斜率分别为kAM和kBN，求keq \o\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN的最小值． 解：(1)设双曲线的半焦距为c(c＞0)， ∵＝eq \f(1,2)|PF1||PF2|＝3 ∴|PF1||PF2|＝6， 由题可知|PF1|－|PF2|＝2a，|PF1|2＋|PF2|2＝4c2， ∴|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝4a2，即4c2－12＝4a2，∴b2＝3. 又eq \f(c,a)＝2，∴a2＝1， 故E的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1. (2)如图，由题可知F2(2,0)，A(－1,0)，B(1,0)，且直线MN的斜率不为0， 设直线MN的方程为x＝ty＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)＜t＜\f(\r(3),3)))，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 将方程x＝ty＋2和x2－eq \f(y2,3)＝1联立，得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0， ∴y1＋y2＝－eq \f(12t,3t2－1)，y1y2＝eq \f(9,3t2－1). ∵kAM＝eq \f(y1,x1＋1)，kBN＝eq \f(y2,x2－1)， ∴eq \f(kAM,kBN)＝eq \f(y1x2－1,y2x1＋1)＝eq \f(y1ty2＋1,y2ty1＋3)＝eq \f(ty1y2＋y1,ty1y2＋3y2)＝eq \f(\f(－3t,3t2－1)－y2,\f(9t,3t2－1)＋3y2)＝－eq \f(1,3)， ∴kBN＝－3kAM，∴keq \o\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN＝(kAM－1)2－1 ∵直线AM与E的右支有交点，∴－eq \r(3)＜kAM＜eq \r(3)， ∴当kAM＝1，kBN＝－3时，keq \o\al(2,AM)＋eq \f(2,3)kBN取得最小值，且最小值为－1. 圆锥曲线中的定点与定值问题 [例3]　(2025·厦门质检)双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \r(3)，点T(eq \r(2)，eq \r(2))在C上． (1)求C的方程； (2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点P处的切线交C于M，N两点，证明：以MN为直径的圆过定点． [解]　(1)依题意有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(2,b2)＝1，,c2＝a2＋b2，,\f(c,a)＝\r(3)，)) 即有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(2,b2)＝1，,2a2＝b2，))解得a2＝1，b2＝2， 所以双曲线方程为x2－eq \f(y2,2)＝1. (2)证明：方法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)， ①当切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m， 因为直线与圆相切，所以eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)， 整理得m2＝2＋2k2，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋m，)) 得(2－k2)x2－2kmx－m2－2＝0， Δ＝4k2m2＋4(2－k2)(m2＋2)＝8(m2＋2－k2)>0， 则x1＋x2＝eq \f(2km,2－k2)，x1x2＝eq \f(－m2－2,2－k2)， 由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点． eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2 ＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 ＝(1＋k2)eq \f(－m2－2,2－k2)＋mkeq \f(2km,2－k2)＋m2 ＝eq \f(m2－2－2k2,2－k2)， 又m2＝2＋2k2，所以eq \o(OM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝0， 所以eq \o(OM,\s\up16(→))⊥eq \o(ON,\s\up16(→))，故以MN为直径的圆过原点． ②当切线斜率不存在时，直线方程为x＝±eq \r(2)， 若M(eq \r(2)，eq \r(2))，N(eq \r(2)，－eq \r(2))或M(eq \r(2)，－eq \r(2))，N(eq \r(2)，eq \r(2))， 此时圆的方程为(x－eq \r(2))2＋y2＝2，恒过原点； 若M(－eq \r(2)，eq \r(2))，N(－eq \r(2)，－eq \r(2))或M(－eq \r(2)，－eq \r(2))，N(－eq \r(2)，eq \r(2))， 此时圆的方程为(x＋eq \r(2))2＋y2＝2，恒过原点， 综上所述，以MN为直径的圆过原点． 方法二　设M(x1，y1)，N(x2，y2)， ①当切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m， 因为直线与圆相切，所以eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)， 整理得m2＝2＋2k2，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋m，)) 得(2－k2)x2－2kmx－m2－2＝0， Δ＝4k2m2＋4(2－k2)(m2＋2)＝8(m2＋2－k2)>0， 则x1＋x2＝eq \f(2km,2－k2)，x1x2＝eq \f(－m2－2,2－k2)， 以M(x1，y1)，N(x2，y2)为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0， 即x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0， 因为x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝(k2＋1)·eq \f(－m2－2,2－k2)＋km·eq \f(2km,2－k2)＋m2 ＝eq \f(m2－2k2－2,2－k2)＝0， 且y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·eq \f(2km,2－k2)＋2m＝eq \f(4m,2－k2)， 所以所求圆的方程为x2－eq \f(2km,2－k2)x＋y2－eq \f(4m,2－k2)y＝0， 所以以MN为直径的圆过原点． ②当切线斜率不存在时，同方法一，此时圆的方程为(x±eq \r(2))2＋y2＝2，恒过原点， 综上所述，以MN为直径的圆过原点． (1)直线过定点问题，一般可先设出直线的方程：y＝kx＋b，然后利用题中条件整理出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eq \o(PA,\s\up16(→))·eq \o(PB,\s\up16(→))＝0. (2025·荆州适应性考试)已知F1(－2,0)，F2(2,0)，M是圆O：x2＋y2＝1上任意一点，F1关于点M的对称点为N，线段F1N的垂直平分线与直线F2N相交于点T，记点T的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)设E(t,0)(t>0)为曲线C上一点，不与x轴垂直的直线l与曲线C交于G，H两点(异于E点)．若直线GE，HE的斜率之积为2，求证：直线l过定点． 解：(1)连接OM， 由题意可得|OM|＝1，且M为NF1的中点，又O为F1F2的中点， 所以OM∥NF2，且|NF2|＝2|OM|＝2. 因为线段F1N的垂直平分线与直线F2N相交于点T， 所以|TN|＝|TF1|， 所以||TF2|－|TF1||＝||TF2|－|TN||＝|NF2|＝2＜|F1F2|＝4， 由双曲线的定义知，动点T的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线． 设其方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则a＝1，c＝eq \f(1,2)|F1F2|＝2，b＝eq \r(c2－a2)＝eq \r(3)， 故曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1. (2)证明：由(1)知E(1,0)， 依题意直线l的斜率存在， 设直线l的方程为y＝kx＋m，G(x1，y1)，H(x2，y2)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0， 3－k2≠0，由Δ>0，得m2＋3－k2>0， 所以x1＋x2＝eq \f(2km,3－k2)，x1x2＝eq \f(m2＋3,k2－3). 则kGE·kHE＝eq \f(y1,x1－1)·eq \f(y2,x2－1)＝eq \f(kx1＋mkx2＋m,x1－1x2－1) ＝eq \f(k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2,x1x2－x1＋x2＋1) ＝eq \f(k2·\f(m2＋3,k2－3)＋\f(2k2m2,3－k2)＋m2,\f(m2＋3,k2－3)－\f(2km,3－k2)＋1)＝2， 整理得k2－4km－5m2＝0， 即(k－5m)(k＋m)＝0， 解得k＝5m或k＝－m， 当k＝5m时，直线l的方程为y＝5mx＋m＝m(5x＋1)， 直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)，0))， 当k＝－m时，直线l的方程为y＝－mx＋m＝m(－x＋1)， 直线l过定点E(1,0)，不符合题意，舍去． 综上所述，直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)，0)). $$