圆锥曲线中的定点定值讲义-2027届高考数学一轮复习

圆锥曲线中的定点定值 【例1】2020全国-卷 ①手电筒模型中的对称韦达 【练1】2©26武汉圆创联盟 【例2】2020新课标卷 ②极点极线中的非对称韦达 【练2】2©23新课标卷 【例3】2020全国一卷 ③斜率和积定值中的齐次化 【练3】2020山东卷 66圆锥曲线中的定点定值” 【例4】2©25重庆西南附中 ④轮换对称中的单参数斜率同构 【练4】2©23全国模拟预测 【例5】2024武汉六校联考 ⑤蝴蝶模型中的双参数直线同构 【练5】2026武汉黄陂-中 【例6】2024武汉二月调考 ⑥单点牵引中的网参数直线不能同构 【练6】2022湖北八市联考 一、手电筒模型中的对称韦达 【例1】(2020全国一卷)已知椭圆C:x2+2y2=6上有点A(2,1),C上的两动点M,N,且 AM⊥AN。证明：直线MW过定点。 【解析】 第一步（设线联立） 当MN不竖直时，设直线MN:y=kx+m,记M(x1,y1),N(x2,y2)。 x+2x+m2=6 →(1+2k2)x2+4mkx+2m2-6=0 由△>0，此时得 1+2K,水为，=2m2-6 七+x,=二4mk 1+2k2 第二步（垂直条件转化） 由AM⊥AN知AM·AN=0,即 (x1-2(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0 第1页 代入直线化简得： (1+k2)x1x2+[-2+k(m-1)](x1+x2)+4+m-12=0 第三步（代入韦达并整理） 将韦达定理代入整理： (1+k2)(2m2-6)+[-2+k(m-1)](-4mk)+[4+m-12](1+2k2)=0 k2[2m2-6-4m(m-1)+8+2m-12]+8mk+[2m2-6+4+m-12]=0 即 4k2+8mk+(3m2-2m-1)=0 因式分解得： (2k+3m+1)(2k+m-1)=0 第四步（定点取舍） 当2k+m-1=0时，y=kx+m=kx+1-2k=k(x-2)+1 直线MN过（2,1)，与点A重合，舍去； 当2k+3m+1=0时，y-x+m=-21-kx号-专 3 直线Mw过导吉 第五步（补验竖直情形） 当MN竖直时，M(x1,y1),N(x1,-y1),此时 (x1-2)(x1-2)-(y1-1)(y1+1)=0 x12-4x1+5-y12=0→(3x1-2)(x1-2)=0 得x号（舍去x2),此时w过导一 综上，直线过定点子，专 【对点练1】(2026武汉圆创联盟)已知双曲线C:4x-y2=4,A,B为C的左、右顶点。若点 M,N在C的右支上(M在第一象限)，直线AM、BN分别交y轴于P,Q两点，且 O0=3OP。问：直线MW是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由。 【解析】 易知kM=- 3 第2页 设点P(0,p),则Q(0,3p),于是 k0=kw=号k0=km=3 -2 由双曲线第三定义易证kwkw=-4,故kakw=-一手 第一步（设线联立） 当MN不水平时，设直线MN:x=y+n,记M(x1,y1),N(x2,y2)。 4ty+n2-y2=4 →(4t2-1)y2+8tmy+4n2-4=0 由△>0，此时得 y+y24t-1 -8tn y短 第二步（转化定点条件） 由kwkw=一手知 4(x1+1)(x2+1)+3y1y2=0 →4(ty1+n+1)(ty2+n+1)+3y1y2=0 化简得： (4t+3)y1y2+4t(n+1)(y1+y2)+4n+12=0 第三步（代入韦达求解） →(4t2+3)(4n2-4)-32t2n(n+1)+4n+12=0 t2[16n2-16-32n2-32n+16n+12]+[12n2-12-4n+12]=0 →8n2-8n-16=0 解得n=2或n=-1。 当n=2时，MN:x=y+2,直线MN过(2,0； 第3页 当n=-1时，MN:x=y-1,直线MN过（-1,0)，此时与A重合，舍去。 第四步（补验水平情形） 当MN水平时，M(x1,y1),N(-x1,y1),此时 4(x1+1)(-x1+1)+3y12=0 4-4x12+3y12=0→y1=0 无解。 综上，直线MN过定点(2,0)。 二、极点极线中的非对称韦达 【例2】(2020新课标卷)已知A,B分别为椭圆E:x+9y=9的左、右顶点，P为直线x=6上 的动点，PA,PB与E的另一交点分别为C,D。证明：直线CD过定点。 【解析】 由对称性可知，CD若过定点，则定点一定在x轴上。 设CD:x=ty+n,C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,p。 y+n'+9y2=9 →(t2+9)y2+2nty+n2-9=0 显然△>0，此时 %得⅓8 而-号kw号故方 1+31 → y2 3 X2-3 第4页 代入化简得： inn ty+n+3 y2 法一（通过和积互化转化为对称式） 由韦达定理，y+y2=-2nt,即 y1y2n2-9 是 代入(*)得 (n2-9y,+yz)+2n(3-n)y1_（-n2+6n-9)y+(n2-9y (n2-9(y1+y2)-2n(n+3)y2(n2-9)y1+(-n2-6n-9)y2 .(-n2+6n-9)y+(n2-9y2=1 (n2-9)y1+(-n2-6n-9)y23 →3-n=1→n=3 3+n3 2 故cD过（号。 法二（直接代入韦达，计算量较大，不推荐） tyy2+(n-3)y1_tyy2t(n-3y+y2)+(3-n)y=1 ty1y2+(n+3)y2 ty1y2+(n+3)y2 2-9+n-32t+3-my,-mt0-9+3-my, t+9 t2+9 t2+9 tn-9+(n+3y2 t+9 2-9t+(n+3)y2 t2+9 g9器分月 故cD过房0。 第5页 【对点练2】(2023新课标Ⅱ卷)记C:-兰=1的左右顶点分别为A,A。过点(~40)的 416 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。 【解析】 由A1(-2,0),A2(2,0),设M(x1,y1),N(x2,y2). 显然直线MN的斜率不为0，设其方程为x=my-4,且-}<m< 2。 (my-4P y2 =1 416 →(4m2-1)y2-32my+48=0 且4=64(4m2+3)>0,则 32m +y24m2 48 yy224m-1 M A1 A2 -4-20 第一步（写出两直线并求交点） MA1:y=x+2) X1+2 wAy是-2j 联立两直线方程，消去y得： 第6页 x+2_y2X1+2】 x-2y1X2-2) -y2(my-2) y1my2-6) =-myy2-2(y+y2)+2y1 myiy2-6y1 48 -232m+2y1 =4m2-124m2-1 m×,48-6y, 4m2-1 -16m+2y1 =4m2-1 1 48m-6y1 3 4m2-1 由号号可得x=-1,即，-1 据此可得点P在定直线x=一1上运动。 三、斜率和积定值中的齐次化 使用条件：过曲线上一点(a,b)的两条直线斜率和积倒数和为定值 步骤：1.设直线方程m(x-a+ny-b)=1 2.改写曲线方程为只含(x-a),y-b)的形式 3.给一次项升次，把上式中每个常数1都替换成直线方程n(x-a)n(y-b) 4.同除(x-a)2,得到关于斜率的二次方程 5利用韦达定理得到斜率和积关系 【例3（例1-解法2）】(2020全国一卷)已知椭圆C:x+2y=6上有点A(2,1),C上的两动点 M,N,且AM⊥AN。证明：直线MN过定点。 【解析】 第一步（设直线参数方程） 点A(2,1)在椭圆上，且过A的两条动直线AM、AN的斜率之积为定值（由AM⊥AN知kAM·kN= 第7页 -1)，满足齐次化使用条件。 设过A的直线为： mx-2)+n(y-1)=1 其中m、n为参数。 当该直线不竖直时，其斜率为： -m n 第二步（改写曲线方程） 把椭圆方程改写成只含(x-2)、(y-1)的形式。 令x=(-2)+2,y=(y1)+1,代入原方程2+2y2=6: (x-2)+22+2(y-1)+1)2=6 展开： (x-22+4(x-2)+4+2[(y-12+2(y-1)+1]=6 化简整理： (x-22+2(y-12+4x-2)+4(y-1)=0 第三步（齐次化，给一次项升次为二次） 利用直线方程n(x-2)+n(y-1)=1,把上式中每个"1”都替换成m(x-2)+n(y-1): (x-22+2(y-12+4x-2)1+4(y-1)1=0 替换后： (x-2)2+2(y-12+4(x-2[mx-2)+n(y-1)]+4(y-1[m(x-2)+n(y-1]=0 第8页 展开并合并同类项： (1+4m)(x-22+(2+4nj(y-12+(4m+4n)(x-2)(y-1)=0 第四步（同除(《-2）}，得关于斜率的二次方程) 上式是关于(x-2)、(y-1)的二次齐次方程。两边同除以(x-2)?,并记该直线斜率： y1=k=二m X-2 n 得： (2+4n)k2+(4m+4n)k+(1+4m)=0 这就是AM(或AN)的斜率k所满足的二次方程，其两根即为KAM KAN。 第五步（韦达定理与斜率条件求定点） 由韦达定理，两根之积为： KAMKAN= 1+4m 2+4n 由AM⊥AN,即Kamkan=-1,代入得： 1+4m=-1 2+4n 于是： 1+4m=-(2+4n 整理得参数m、n必须满足的关系： 4m+4n+3=0 从而： n=-m-3 4 把n代回第一步所设直线方程： 第9页 mx-2+(-m-子0y-1= 按m整理（把含m与不含m的项分开）： mx-2-y*1-子(y-1=1 即： mx-y-1)-是y-1j=1 该式对任意满足条件的m恒成立，故含m的项系数必须为零： x-y-1=0 同时剩余部分也须成立： 子y-1=1 由后式解得： y-1=-4 一y= 代入x-y-1=0得： =y+1 3 因此直线MN恒过定点 导》 【对点练3】(2020山东卷)已知椭园：。+方1，点M,N在C上，且M⊥AN,MD1MN, D为垂足.证明：存在定点，使得D0为定值 【解析】 平移坐标系齐次化 第10页 x+2y+=1 将原坐标系平移，原来的0点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为6 3 ，设直线 的方程为+4.将直线方程与椭圆方程联立得+4r+2少+4y=0 ，即 x2+(mx+ny)x+2y2+(mx+ny)y=0 化简 得 (n+2)y2+(m+nm)xy+(1+m)x2=0 即 +2+a+n)+0+=0 x 设M(,N,）,因为M上则 wkw=上.点=m+三-1 xx2 n+2 ,即m=-n-3 代入直线W方程中得0y-0-3x-4=0 则在新坐标系下直线过定点 则在原坐标系下直线 MN过定点 41 又D1MN,D在以MP为直径的圆上.AP的中 33即为圆心Q. 经检验，直线MW垂直于x轴时地成立. 4） 3'3 IDOF114PE2V 故存在 3 ,使得 四、轮换对称中的单参数斜率同构 使用条件：过定点的两动直线斜率k1、k2满足对称关系 步骤：1.求两直线上另外一点坐标P、Q,用k1、k2表示 2.设所求直线mx+y=1,代入P、Q坐标并整理 3.同构：视k1、k2为同一关于k的二次方程的两根，由系数得韦达k+k2、k1k2 4.将k1、k2的关系式用韦达代入，解出m、n的关系 第11页 【例4】(2025重庆西南附中)已知椭圆C:x2+5y=5上顶点为A,右焦点为F,坐标原点为O ，,且P,Q为椭圆上两个不同的动点（均不与A重合）。若AF是∠PAQ的角平分线，问：直 线PQ是否过定点？若是，求出定点坐标。 【解析】 设AP,AQ的斜率分别为k1,k,由A(0,1小、F(2,0)知kA=- 2° 由AF平分∠PAF=∠QAF,利用到角公式得 k1-kaF-kar-k2 1+k1kAF 1+k2KAF k1+1-1-2k2 → 1-k11-2k2 →4k1k2-3(k1+k2)-4=0(*) 第一步（求点P、Q坐标） 直线AP:y=k1x+1,与椭圆联立得： x2+5k1x+12=5 →(1+5k12)x2+10k1x=0 解得Xp -10k1,1-5k经， -1+5k ye-1+5k 即得 P-10k1-5k2 1+5k'1+5k7 同理可得Q10k:,1-5k· 1+5k,2”1+5k,2 第二步（同构+韦达定理反解） 设PQ:mx+y=1,将P,Q坐标代入并整理，视k1,k2为方程 (5+5n)k+10mk+1-n=0 的两根，于是 第12页 k+6=0m 5+5n 1-n k1k25+5n 代入(：化得吕mn=1. 故直线PQ过症点吕，》， 【对点练4】(2023·全国模拟预测)已知椭圆C:x+2y=8的左焦点为F,过F的两条互相垂直 的直线分别交C于A,B两点和P,Q两点。若线段AB,PQ的中点分别为M,N,证明：直线 MN过定点。 【解析】 第一步（求点M、N坐标） 设AB:X=t1y-2,与椭圆联立得： t1y-22+2y2=8 →(t2+2)y2-4t1y-4=0 yeyy 2t1 XM=tiYM-2=--4 12+2 故M,二42同理可得N二-4,2。 t12+2’t12+2 t22+2’t,2+2 第二步（同构+垂直条件） 设MN:mx+ny=1,将M,N坐标代入并整理，视t1,t2为方程 t2-2nt+2+4m=0 的两根。而AB⊥PQ,可知 ti5=-1→2+4m=-1→m=-3 第13页 故直线wN过定点-专0 五、蝴蝶模型中的双参数直线同构 使用条件：由定点A引两条动弦AP、AQ,再各取其与曲线的另一交点M、N 步骤：1.设P、Q坐标，借助直线与曲线联立后韦达定理求M、N坐标 2.设MN:nx+y=1,代入坐标得到两个等式 3.同构：由两等式得到P、Q同时满足的方程即为PQ方程 4.由直线系（斜率定值/过定点）得出m、n的关系，求定点坐标 【例5】(2024武汉六校联考)已知椭圆C:x2+2y2=24,定点A(-6,0)。若直线1：y=x+t与椭 圆C交于P,Q两点（点Q在点P下方），直线AP与椭圆C的另一个交点为M,直线 AQ与椭圆C的另一个交点为N。求证：当t变化时，直线MN过定点。 【解析】 第一步（求点M、N坐标） 设P(x1,y1),Q(2,y2),则 AF:x=X+ yy-6 与椭圆联立得： y6/生*6 +6 2 °41y-6+2y2=24 =+6k+6+21y12x+6y +12=0 y y1 12y2 y1yM=x+6x+6+2y7 →yM=5+x1 第14页 =X+ yyM-6=- x1+24 XM=- 5+X1 故M(-5x+24,少，同理可得N-5,+24,么 5+x1’5+x1 5+x2’5+x2 第二步（同构求直线MN) 设MN:mx+y=1,代入M,N得： m(-5x1-24)+ny1=5+x1 m(-5x2-24)+ny2=5+x2 即得直线PQ的方程为： (1+5m)x-y+24m+5=0 由kp0=1可知n=1+5m。 故直线MN过定点（-5,1)。 【对点练5】(2026武汉黄陂一中)已知0为坐标原点，椭圆C:3x2+4y2=12的右焦点为F, 直线I过点F且与C交于A,B两点。当I的斜率不为0时，直线OA交C于另一点D, 直线DF交C于另一点E。证明：直线BE过定点。 【解析】 第一步（求点B、E坐标） 设A(x1,y1),D(x2,y2,则 AF:x=X-1 y+1 与椭圆联立得： y 第15页 -9y2 y1Y8=3(x-1)x-1P+4y 3y1 →yB2-5-2x1 *龙1 8-5x1 B+1=5-2xX1 y1 故B(8-5 3y同理可得E(8-5,-3业：。 5-2x1’5-2x1 5-2x2’5-2x2 第二步（同构求直线方程） 设BE:mx+y=1,代入B,E得 m(8-5x1)+n(-3y1)=5-2x1 m8-5x2+n(-3y2)=5-2x2 即得直线AD的方程为： (2-5m)x-3y+8m-5=0 由AD过原点0可知m骨 故百线E过定点(0， 六、单点牵引中的双参数直线不能同构 使用条件：仅一个动点（区0，y)牵引出两点，无法使用同构 步骤：1.设单点（区，yo)在曲线上，求出另两点坐标（均含xo,yo) 2.设所求直线mx+y=1,代入两点坐标得两个关于m、n、x。、y0的方程 3.待定系数：消去x。、y。(或利用曲线方程)，解出m、n,使直线对任意（区o,yo)均成立 4.由所得m、n写出定点坐标 第16页 【例6】(2024武汉二月调考)已知双曲线E:3x-y2=3的左、右焦点为F1,F2,其右准线为1。 过点F,的直线交双曲线E于A,B两点，设直线AF1与直线I的交点为P。证明：直线PB 过定点。 【解析】 第一步（设单点，求点P、B坐标） 设A(x,yo),直线AF1的方程为： y=(x+2) X0+2 与右准线1：X号联立得 吃7 5yo y+2与双曲线联立得： 直线AE,的方程为X=X,-2y+ 。+22 31七2 y+2-y23 →3。-2x-2-1y+12。-2y+9=0 yo yo 9y →y0yB= 3x-2}-y 9yo 3 yo →y83x,-2-yW5-4x0 X。=23%+2= 4-5x0 y05-4x,25-4x0 故” 第二步（待定系数求定点） 第17页 设PB:mx+ny=1,将P,B坐标代入得： ①m(x+2)+5nyo=2(x+2) ②m(5x-4)-3ny=4x,-5 ①×3+②×5→m(28x。-14)=26x,-13 13 →m= 14 故直线PB:号x+m-1过定点（告0。 14 VA 【对点练6】(2022湖北八市联考)设椭圆C:x2+4y2=4的左、右顶点分别为A,B,上顶点为 D,点P是椭圆C上异于顶点的动点。若直线AD与直线BP交于点M,直线DP与x轴交 于点N。求证：直线MN恒过某定点，并求出该定点。 【解析】 第一步（设单点，求点M、N坐标） 夜pX,y则PxVy+2联立AD:x=2y2得 4yo yw-2y0-x+2 Xw=2yM-2=4+2x0-4 2y0-x+2 删M” 第18页 叉DP:y=yLx+ 山x+v令y-0得x Xo 速N产0 第二步（待定系数） 设MN:mx+y=1,代入M,N得： ①m(4yo+2x0-4)+n(4yo)=2y0-x+2 ②mx=1-yo 由②得m=1-,代入④得： Xo (1-y)(4y+2x,-4)+4nxy0=2y0-x,2+2x0 →4ny0=4y02+4xoy。-x,2+4-8y0 结合P(x,yo)在椭圆上，即x,2+4y,2=4,化简得 nx,=2%+X,-2→n-2%+-2-1+2。-1 Xo Xo m=1-y0 Xo 于是2m+n=1,可得MN:mx+y=1过定点(2,1)。 综上，直线MN恒过定点(2,1)。 第19页圆锥曲线中的定点定值 【例1】2020全国-卷 ①手电筒模型中的对称韦达 【练1】2©26武汉圆创联盟 【例2】2020新课标卷 ②极点极线中的非对称韦达 【练2】2©23新课标卷 【例3】2020全国-卷 ③斜率和积定值中的齐次化 【练3】2020山东卷 “圆锥曲线中的定点定值 9 【例4】2©25重庆西南附中 ④轮换对称中的单参数斜率同构 【练4】2©23全国模拟预测 【例5】2024武汉六校联考 ⑤蝴蝶模型中的双参数直线同构 【练5】2026武汉黄陂-中 【例6】2024武汉二月调考 ⑥单点牵引中的网参数直线不能同构 【练6】2022湖北八市联考 一、手电筒模型中的对称韦达 【例1】(2020全国一卷)已知椭圆C:x2+2y2=6上有点A(2,1),C上的两动点M,N,且 AM⊥AN。证明：直线MW过定点。 课堂笔记 第1页 【对点练1】(2026武汉圆创联盟)已知双曲线C:4x2-y2=4,A,B为C的左、右顶点。若点 M,N在C的右支上（M在第一象限)，直线AM、BN分别交y轴于P,Q两点，目 O0=3OP。问：直线MN是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由。 规范答题 第2页 二、极点极线中的非对称韦达 第3页 【例2】(2020新课标卷)已知A,B分别为椭圆E:x2+9y=9的左、右顶点，P为直线x=6上 的动点，PA,PB与E的另一交点分别为C,D。证明：直线CD过定点。 A课堂笔记 第4页 [对点练2】(2023新课标Ⅱ卷)记C:￥广1的左、右顶点分别为A,A.过点~40)的 416 直线与C的左支交于M,N两点(M在第二象限)，直线MA1与NA,交于点P。证明：点 在定直线上。 规范答题 第5页 三、斜率和积定值中的齐次化 使用条件：过曲线上一点(a,b)的两条直线斜率和积倒数和为定值 步骤：1.设直线方程m(x-a十ny-b)=1 2.改写曲线方程为只含(x-a),y-b)的形式 第6页 3.给一次项升次，把上式中每个常数1都替换成直线方程m(x-a)十ny-b) 4.同除(x-a)2,得到关于斜率的二次方程 5利用韦达定理得到斜率和积关系 【例3（例1-解法2）】(2020全国一卷)已知椭圆C:x2+2y=6上有点A(2,1),C上的两动点 M,N,且A应⊥A衣。证明：直线MN过定点。 公课堂笔记 父+-1 【对点练3】(2020山东卷)已知椭圆C:63,点M,N在C上，且AM L AN,AD1MN, D为垂足.证明：存在定点9，使得DC为定值， 第7页 1 四、轮换对称中的单参数斜率同构 使用条件：过定点的两动直线斜率k1、k2满足对称关系 第8页 步骤：1.求两直线上另外一点坐标P、Q,用k1、k表示 2.设所求直线mx+y=1,代入P、Q坐标并整理 3.同构：视k1、k2为同一关于k的二次方程的两根，由系数得韦达k+k2、k1k2 4.将k1、k2的关系式用韦达代入，解出m、n的关系 【例4】(2025重庆西南附中)已知椭圆C:x2+5y=5上顶点为A,右焦点为F,坐标原点为0 ,且P,Q为椭圆上两个不同的动点（均不与A重合）。若AF是∠PAQ的角平分线，问：直 线PQ是否过定点？若是，求出定点坐标。 堂笔 第9页 【对点练4】(2023全国模拟预测)已知椭圆C:x2+2y2=8的左焦点为F,过F的两条互相垂直 的直线分别交C于A,B两点和P,Q两点。若线段AB,PQ的中点分别为M,N,证明：直线 MN过定点。 规范答题 第10页 五、蝴蝶模型中的双参数直线同构 使用条件：由定点A引两条动弦AP、AQ,再各取其与曲线的另一交点M、N 步骤：1.设P、Q坐标，借助直线与曲线联立后韦达定理求M、N坐标 2.设MN:mx+y=1,代入坐标得到两个等式 第11页 3.同构：由两等式得到P、Q同时满足的方程即为PQ方程 4.由直线系（斜率定值/过定点）得出m、n的关系，求定点坐标 【例5】(2024武汉六校联考)已知椭圆C:x2+2y2=24,定点A(-6,0)。若直线1：y=x+t与椭 圆C交于P,Q两点（点Q在点P下方），直线AP与椭圆C的另一个交点为M,直线 AQ与椭圆C的另一个交点为N。求证：当t变化时，直线MN过定点。 Q课堂笔记 第12页 【对点练5】(2026武汉黄陂一中)已知0为坐标原点，椭圆C:3x2+4y2=12的右焦点为F, 直线I过点F且与C交于A,B两点。当I的斜率不为0时，直线OA交C于另一点D, 直线DF交C于另一点E。证明：直线BE过定点。 规范答题 第13页 六、单点牵引中的双参数直线不能同构 使用条件：仅一个动点(x,y)牵引出两点，无法使用同构 步骤：1.设单点(xo,y)在曲线上，求出另两点坐标（均含xo,y) 2.设所求直线mx+y=1,代入两点坐标得两个关于m、n、x。、y。的方程 第14页 3.待定系数：消去x。、y。(或利用曲线方程)，解出m、n,使直线对任意(xo,yo)均成立 4.由所得m、n写出定点坐标 【例6】(2024武汉二月调考)已知双曲线E:3x2-y=3的左、右焦点为F1,F2,其右准线为1。 过点F,的直线交双曲线E于A,B两点，设直线AF1与直线I的交点为P。证明：直线PB 过定点。 堂笔 第15页 【对点练6】(2022湖北八市联考)设椭圆C:x2+4y2=4的左、右顶点分别为A,B,上顶点为 D,点p是椭圆C上异于顶点的动点。若直线AD与直线BP交于点M,直线DP与x轴交 于点N。求证：直线MN恒过某定点，并求出该定点。 规范答题 第16页 1 1 1 第17页