2025年新人教版高考数学一轮复习讲义 第八章 §8.13 圆锥曲线中定点与定值问题
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2025年新人教版高考数学一轮复习讲义
第八章
§8.13 圆锥曲线中定点与定值问题
题型一 定点问题
例 1 (2023·全国乙卷)已知椭圆 C：ay22＋bx22＝1(a>b>0)的离心率是 35， 点 A(－2,0)在 C 上. (1)求C的方程；
b＝2， 由题意可得a2＝b2＋c2，
e＝ac＝ 35，
思维升华
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).
1234
y＝kx＋m， 联立x32－y62＝1， 得(2－k2)x2－2kmx－m2－6＝0， 2－k2≠0， Δ＝2km2＋42－k2m2＋6>0， 所以 x1＋x2＝22－kmk2，x1x2＝－m2－2＋k62 ， 因为 kAF＋kBF＝0，所以x1y－1 3＋x2y－2 3＝0，
1234
所以kxx11－＋3m＋kxx22－＋3m＝0， 所以(kx1＋m)(x2－3)＋(kx2＋m)(x1－3)＝0， 整理得2kx1x2＋(m－3k)(x1＋x2)－6m＝0. 所以－2k·m2－2＋k62 ＋(m－3k)·22－kmk2－6m＝0， 化简得k＋m＝0，即m＝－k， 所以直线l的方程为y＝kx－k＝k(x－1)，恒过点(1,0)，所以直线l过 定点.
1234
因为双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的渐近线为 y＝±bax， 又因为双曲线 C 的右焦点 F(c,0)到其渐近线的距离为 6， 所以 ab2＋c b2＝b＝ 6， 又 e＝ac＝ 3，a2＋b2＝c2，联立解得 a＝ 3， 所以双曲线 C 的方程为x32－y62＝1.
(2)过点 P(1,0)的直线与曲线 Γ 交于 M，N 两点，直线 BM，CN 相交于 点 Q，求证：O→P·O→Q为定值.
依题意，过点P(1,0)与曲线Γ交于点M，N的直线斜率存在且不为零， 设直线MN的方程为x＝my＋1(m≠0)，
x＝my＋1， 由x2－4y2＝4， 消去 x 整理得(m2－4)y2＋2my－3＝0，m2－4≠0， Δ＝4m2＋12(m2－4)>0，解得 m<－ 3或 m> 3且 m≠±2 且 m≠0， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 y1＋y2＝－m22－m 4，y1y2＝－m23－4，
题型二 定值问题
例2 在平面直角坐标系Oxy中，已知△ABC的两个顶点坐标为B(－2,0)，
C(2,0)，直线AB，AC的斜率乘积为
1 4.
(1)求顶点A的轨迹Γ的方程；
设 A(x，y)，因为直线 AB，AC 的斜率乘积为14， 则x＋y 2·x－y 2＝14，整理得x42－y2＝1(x≠±2)， 所以顶点 A 的轨迹 Γ 的方程是x42－y2＝1(x≠±2).
－104 所以 x0＝x21x＋1xx22＝1－244kk2＝－133k，
1－4k2
1234
所以 y0＝kx0＋3＝－133＋3＝－43， 所以点 D 的纵坐标为定值－43.
1234
2.(2024·福州模拟)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的离心率为 3， C 的右焦点 F 到其渐近线的距离为 6. (1)求双曲线C的方程；
1234
Δ>0， 则应满足1－244kk2>0，
1－－542k2>0，
解得－ 413<k<－12.
所以实数 k 的取值范围为－
413，－12.
1234
(2)证明：当k变化时，点D的纵坐标为定值.
1234
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)， 则由(1)知，x1＋x2＝1－244kk2，x1x2＝－1－524k2. 由||PPAB||＝||DDBA||，得xx12＝xx20－－xx01，
所以△MNF是等边三角形，
因为O是FB的中点，
所以|DF|＝|DN|，MD⊥DF，
故|FM|＝ 4 3π＝8， sin 3
所以|MN|＝8，|AN|＝4， 所以|OF|＝12|AN|＝2， 所以p2＝2，即 p＝4.
(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交
抛物线C于P，Q两点，且∠PGQ＝ π 2
由题意知M→A·M→B＝0，即(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝0，
易得(1＋k2)x1x2－(2＋k2t)(x1＋x2)＋4＋k2t2＝0， 即(1＋k2)(2k2t2－4)－(2＋k2t)·4k2t＋(4＋k2t2)(1＋2k2)＝0， 整理得k2(3t2－8t＋4)＝0，因为k不恒为0， 故解得 t＝23或 t＝2(舍)， 综上，当 t＝23时，以 AB 为直径的圆恒过点 M.
即有2my1y2＝3(y1＋y2)，
直线 BM：y＝x1y＋1 2(x＋2)，
直线 CN：y＝x2y－2 2(x－2)，设直线 BM，CN 的交点为 Q(xQ，yQ)，
由y＝x1y＋1 2x＋2， y＝x2y－2 2x－2，
消去 y 并化简整理得 xQ＝2[xx11yy22－＋xx22yy11＋＋223或 t＝2(舍)，即 t＝23.
若直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝k(x－t)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，
y＝kx－t， 联立x42＋y22＝1， 得(1＋2k2)x2－4k2tx＋2k2t2－4＝0. 所以 x1＋x2＝1＋4k22tk2，x1x2＝21k＋2t22－k24.
y＝kx＋2＋3， 联立方程y92＋x42＝1， 消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0， 则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0，
可得 x1＋x2＝－8k4k22k＋＋93，x1x2＝164kk22＋＋93k， 因为 A(－2,0)，则直线 AP：y＝x1y＋1 2(x＋2)， 令 x＝0，解得 y＝x12＋y12，即 M0，x12＋y12， 同理可得 N0，x22＋y22，
，证明：点F到直线PQ与到直线l1
的距离之比为定值.
由(1)可知抛物线C的方程是x2＝8y， 由题意知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
Px1，x821，Qx2，x822，Gx0，x820， 因为∠PGQ＝π2， 所以xx8211－－xx8200·xx8222－－xx8200＝－1，
又 (x1y2 ＋ x2y1) ＋ 2(y2 － y1) ＝ (my1 ＋ 1)y2 ＋ (my2 ＋ 1)y1 ＋ 2(y2 － y1) ＝ 2my1y2＋3y2－y1＝3(y1＋y2)＋3y2－y1＝2(y1＋3y2)， (x1y2－x2y1)＋2(y2＋y1)＝(my1＋1)y2－(my2＋1)y1＋2(y2＋y1)＝y1＋3y2， 于是得 xQ＝2×y21＋y1＋ 3y23y2＝4， 即点 Q(4，yQ)，则有O→P＝(1,0)，O→Q＝(4，yQ)，O→P·O→Q＝1×4＋0×yQ＝4， 即O→P·O→Q为定值 4.
跟踪训练 2 (2023·海南联考)已知抛物线 C：x2＝2py(p>0)的焦点为 F， 准线为 l，过点 F 且倾斜角为π6的直线交抛物线于点 M(M 在第一象限)， MN⊥l，垂足为 N，直线 NF 交 x 轴于点 D，|MD|＝4 3. (1)求 p 的值；
如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A，MN交x轴于点E， 由题得∠AFM＝π6， 所以∠NMF＝π3， 因为|MF|＝|MN|，
则x12＋y12＋2 x22＋y22＝kx1x＋1＋22＋3＋kx2x＋2＋22＋3 ＝[kx1＋2k＋3]x2x＋1＋22＋x[2k＋x2＋2 2k＋3]x1＋2 ＝2kx1x2＋x14xk2＋＋32xx11＋＋xx22＋＋442k＋3
＝32k4kk22＋＋19364kkk－22＋＋893kk4－k4＋1k263＋4kk2292＋kk＋＋933＋＋442k＋3 ＝13068＝3， 所以线段MN的中点是定点(0,3).
课时精练
知识过关
1.已知直线 l：y＝kx＋3 与双曲线 C：1x62 －y42＝1 的右支交于不同的两点 A 和 B，与 y 轴交于点 P，且直线 l 上存在一点 D 满足||PPAB||＝||DDAB||(D 不 与 P 重合). (1)求实数k的取值范围；
1234
将直线方程 y＝kx＋3 代入双曲线方程1x62 －y42＝1， 化简整理得(1－4k2)x2－24kx－52＝0， Δ＝(－24k)2＋4×(1－4k2)×52＝208－256k2， 要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，
思维升华
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.
即(x1＋x0)(x2＋x0)＝－64， 即 x1x2＋x0(x1＋x2)＋x20＝－64. 又 k＝x40，所以 x0＝4k， 故 l1：y＝x40(x－x0)＋x820＝kx－2k2.
联立yx＝ 2＝k8xy＋，m， 消去 y，
得x2－8kx－8m＝0，其中Δ＝64k2＋32m>0， 则x1＋x2＝8k，x1x2＝－8m， 所以－8m＋32k2＋16k2＝－64， 所以m＝6k2＋8. 设点F到直线PQ和直线l1的距离分别为d1，d2， 则由 l1∥PQ 得dd12＝|2|m＋－22k2||＝62kk22＋ ＋62＝3， 所以点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是定值，定值为3.
a＝3，
解得b＝2， c＝ 5，
所以椭圆 C 的方程为y92＋x42＝1.
(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.
由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图， 设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)， Q(x2，y2)，
(2)若经过点P(t,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，实数t取何值时以AB 为直径的圆恒过点M ？
由(1)知M(2,0)，
若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－2<t<2)，
此时 At，
2－t22，Bt，－
2－t22，
由M→A·M→B＝0
得t－2，
2－t22·t－2，－
2－t22＝0，
1234
能力拓展
3.(2023·深圳模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2,0). (1)求抛物线C的标准方程；
1234
(2)若直线l与双曲线C在第一象限交于A，B两点，直线x＝3交线段AB于 点Q，且S△FAQ∶S△FBQ＝|FA|∶|FB|，证明：直线l过定点.
1234
由已知得，双曲线C的右焦点为F(3,0)，直线x＝3过双曲线C的右焦点. 则SS△△FFABQQ＝1212||ABFF||||FFQQ||ssiinn∠∠ABFFQQ＝||ABFF||ssiinn∠∠ABFFQQ＝||ABFF||， 所以sin∠AFQ＝sin∠BFQ， 所以直线AF与直线BF的倾斜角互补，kAF＋kBF＝0. 显然直线l的斜率存在且不为0， 设直线 l 的方程为 y＝kx＋m(0<k< 2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠3，x2≠3).
跟踪训练1 (2024·郑州质检)已知椭圆C：ax22＋by22 ＝1(a>b>0)的上顶点和两 焦点构成的三角形为等腰直角三角形，且面积为2，点M为椭圆C的右顶点. (1)求椭圆C的方程；
由题意知bb＝ c＝c， 2， 解得 b＝c＝ 2， 又a2＝b2＋c2，则a＝2， 所以椭圆 C 的方程为x42＋y22＝1.
第八章
§8.13 圆锥曲线中定点与定值问题
题型一 定点问题
例 1 (2023·全国乙卷)已知椭圆 C：ay22＋bx22＝1(a>b>0)的离心率是 35， 点 A(－2,0)在 C 上. (1)求C的方程；
b＝2， 由题意可得a2＝b2＋c2，
e＝ac＝ 35，
思维升华
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).
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y＝kx＋m， 联立x32－y62＝1， 得(2－k2)x2－2kmx－m2－6＝0， 2－k2≠0， Δ＝2km2＋42－k2m2＋6>0， 所以 x1＋x2＝22－kmk2，x1x2＝－m2－2＋k62 ， 因为 kAF＋kBF＝0，所以x1y－1 3＋x2y－2 3＝0，
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所以kxx11－＋3m＋kxx22－＋3m＝0， 所以(kx1＋m)(x2－3)＋(kx2＋m)(x1－3)＝0， 整理得2kx1x2＋(m－3k)(x1＋x2)－6m＝0. 所以－2k·m2－2＋k62 ＋(m－3k)·22－kmk2－6m＝0， 化简得k＋m＝0，即m＝－k， 所以直线l的方程为y＝kx－k＝k(x－1)，恒过点(1,0)，所以直线l过 定点.
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因为双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的渐近线为 y＝±bax， 又因为双曲线 C 的右焦点 F(c,0)到其渐近线的距离为 6， 所以 ab2＋c b2＝b＝ 6， 又 e＝ac＝ 3，a2＋b2＝c2，联立解得 a＝ 3， 所以双曲线 C 的方程为x32－y62＝1.
(2)过点 P(1,0)的直线与曲线 Γ 交于 M，N 两点，直线 BM，CN 相交于 点 Q，求证：O→P·O→Q为定值.
依题意，过点P(1,0)与曲线Γ交于点M，N的直线斜率存在且不为零， 设直线MN的方程为x＝my＋1(m≠0)，
x＝my＋1， 由x2－4y2＝4， 消去 x 整理得(m2－4)y2＋2my－3＝0，m2－4≠0， Δ＝4m2＋12(m2－4)>0，解得 m<－ 3或 m> 3且 m≠±2 且 m≠0， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 y1＋y2＝－m22－m 4，y1y2＝－m23－4，
题型二 定值问题
例2 在平面直角坐标系Oxy中，已知△ABC的两个顶点坐标为B(－2,0)，
C(2,0)，直线AB，AC的斜率乘积为
1 4.
(1)求顶点A的轨迹Γ的方程；
设 A(x，y)，因为直线 AB，AC 的斜率乘积为14， 则x＋y 2·x－y 2＝14，整理得x42－y2＝1(x≠±2)， 所以顶点 A 的轨迹 Γ 的方程是x42－y2＝1(x≠±2).
－104 所以 x0＝x21x＋1xx22＝1－244kk2＝－133k，
1－4k2
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所以 y0＝kx0＋3＝－133＋3＝－43， 所以点 D 的纵坐标为定值－43.
1234
2.(2024·福州模拟)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的离心率为 3， C 的右焦点 F 到其渐近线的距离为 6. (1)求双曲线C的方程；
1234
Δ>0， 则应满足1－244kk2>0，
1－－542k2>0，
解得－ 413<k<－12.
所以实数 k 的取值范围为－
413，－12.
1234
(2)证明：当k变化时，点D的纵坐标为定值.
1234
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)， 则由(1)知，x1＋x2＝1－244kk2，x1x2＝－1－524k2. 由||PPAB||＝||DDBA||，得xx12＝xx20－－xx01，
所以△MNF是等边三角形，
因为O是FB的中点，
所以|DF|＝|DN|，MD⊥DF，
故|FM|＝ 4 3π＝8， sin 3
所以|MN|＝8，|AN|＝4， 所以|OF|＝12|AN|＝2， 所以p2＝2，即 p＝4.
(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交
抛物线C于P，Q两点，且∠PGQ＝ π 2
由题意知M→A·M→B＝0，即(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝0，
易得(1＋k2)x1x2－(2＋k2t)(x1＋x2)＋4＋k2t2＝0， 即(1＋k2)(2k2t2－4)－(2＋k2t)·4k2t＋(4＋k2t2)(1＋2k2)＝0， 整理得k2(3t2－8t＋4)＝0，因为k不恒为0， 故解得 t＝23或 t＝2(舍)， 综上，当 t＝23时，以 AB 为直径的圆恒过点 M.
即有2my1y2＝3(y1＋y2)，
直线 BM：y＝x1y＋1 2(x＋2)，
直线 CN：y＝x2y－2 2(x－2)，设直线 BM，CN 的交点为 Q(xQ，yQ)，
由y＝x1y＋1 2x＋2， y＝x2y－2 2x－2，
消去 y 并化简整理得 xQ＝2[xx11yy22－＋xx22yy11＋＋223或 t＝2(舍)，即 t＝23.
若直线l的斜率存在，不妨设直线l：y＝k(x－t)， A(x1，y1)，B(x2，y2)，
y＝kx－t， 联立x42＋y22＝1， 得(1＋2k2)x2－4k2tx＋2k2t2－4＝0. 所以 x1＋x2＝1＋4k22tk2，x1x2＝21k＋2t22－k24.
y＝kx＋2＋3， 联立方程y92＋x42＝1， 消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0， 则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0，
可得 x1＋x2＝－8k4k22k＋＋93，x1x2＝164kk22＋＋93k， 因为 A(－2,0)，则直线 AP：y＝x1y＋1 2(x＋2)， 令 x＝0，解得 y＝x12＋y12，即 M0，x12＋y12， 同理可得 N0，x22＋y22，
，证明：点F到直线PQ与到直线l1
的距离之比为定值.
由(1)可知抛物线C的方程是x2＝8y， 由题意知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，
Px1，x821，Qx2，x822，Gx0，x820， 因为∠PGQ＝π2， 所以xx8211－－xx8200·xx8222－－xx8200＝－1，
又 (x1y2 ＋ x2y1) ＋ 2(y2 － y1) ＝ (my1 ＋ 1)y2 ＋ (my2 ＋ 1)y1 ＋ 2(y2 － y1) ＝ 2my1y2＋3y2－y1＝3(y1＋y2)＋3y2－y1＝2(y1＋3y2)， (x1y2－x2y1)＋2(y2＋y1)＝(my1＋1)y2－(my2＋1)y1＋2(y2＋y1)＝y1＋3y2， 于是得 xQ＝2×y21＋y1＋ 3y23y2＝4， 即点 Q(4，yQ)，则有O→P＝(1,0)，O→Q＝(4，yQ)，O→P·O→Q＝1×4＋0×yQ＝4， 即O→P·O→Q为定值 4.
跟踪训练 2 (2023·海南联考)已知抛物线 C：x2＝2py(p>0)的焦点为 F， 准线为 l，过点 F 且倾斜角为π6的直线交抛物线于点 M(M 在第一象限)， MN⊥l，垂足为 N，直线 NF 交 x 轴于点 D，|MD|＝4 3. (1)求 p 的值；
如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A，MN交x轴于点E， 由题得∠AFM＝π6， 所以∠NMF＝π3， 因为|MF|＝|MN|，
则x12＋y12＋2 x22＋y22＝kx1x＋1＋22＋3＋kx2x＋2＋22＋3 ＝[kx1＋2k＋3]x2x＋1＋22＋x[2k＋x2＋2 2k＋3]x1＋2 ＝2kx1x2＋x14xk2＋＋32xx11＋＋xx22＋＋442k＋3
＝32k4kk22＋＋19364kkk－22＋＋893kk4－k4＋1k263＋4kk2292＋kk＋＋933＋＋442k＋3 ＝13068＝3， 所以线段MN的中点是定点(0,3).
课时精练
知识过关
1.已知直线 l：y＝kx＋3 与双曲线 C：1x62 －y42＝1 的右支交于不同的两点 A 和 B，与 y 轴交于点 P，且直线 l 上存在一点 D 满足||PPAB||＝||DDAB||(D 不 与 P 重合). (1)求实数k的取值范围；
1234
将直线方程 y＝kx＋3 代入双曲线方程1x62 －y42＝1， 化简整理得(1－4k2)x2－24kx－52＝0， Δ＝(－24k)2＋4×(1－4k2)×52＝208－256k2， 要使直线与双曲线的右支有两个不同的交点A和B，
思维升华
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.
即(x1＋x0)(x2＋x0)＝－64， 即 x1x2＋x0(x1＋x2)＋x20＝－64. 又 k＝x40，所以 x0＝4k， 故 l1：y＝x40(x－x0)＋x820＝kx－2k2.
联立yx＝ 2＝k8xy＋，m， 消去 y，
得x2－8kx－8m＝0，其中Δ＝64k2＋32m>0， 则x1＋x2＝8k，x1x2＝－8m， 所以－8m＋32k2＋16k2＝－64， 所以m＝6k2＋8. 设点F到直线PQ和直线l1的距离分别为d1，d2， 则由 l1∥PQ 得dd12＝|2|m＋－22k2||＝62kk22＋ ＋62＝3， 所以点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是定值，定值为3.
a＝3，
解得b＝2， c＝ 5，
所以椭圆 C 的方程为y92＋x42＝1.
(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.
由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图， 设B(－2,3)，直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)， Q(x2，y2)，
(2)若经过点P(t,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，实数t取何值时以AB 为直径的圆恒过点M ？
由(1)知M(2,0)，
若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝t(－2<t<2)，
此时 At，
2－t22，Bt，－
2－t22，
由M→A·M→B＝0
得t－2，
2－t22·t－2，－
2－t22＝0，
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能力拓展
3.(2023·深圳模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2,0). (1)求抛物线C的标准方程；
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(2)若直线l与双曲线C在第一象限交于A，B两点，直线x＝3交线段AB于 点Q，且S△FAQ∶S△FBQ＝|FA|∶|FB|，证明：直线l过定点.
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由已知得，双曲线C的右焦点为F(3,0)，直线x＝3过双曲线C的右焦点. 则SS△△FFABQQ＝1212||ABFF||||FFQQ||ssiinn∠∠ABFFQQ＝||ABFF||ssiinn∠∠ABFFQQ＝||ABFF||， 所以sin∠AFQ＝sin∠BFQ， 所以直线AF与直线BF的倾斜角互补，kAF＋kBF＝0. 显然直线l的斜率存在且不为0， 设直线 l 的方程为 y＝kx＋m(0<k< 2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠3，x2≠3).
跟踪训练1 (2024·郑州质检)已知椭圆C：ax22＋by22 ＝1(a>b>0)的上顶点和两 焦点构成的三角形为等腰直角三角形，且面积为2，点M为椭圆C的右顶点. (1)求椭圆C的方程；
由题意知bb＝ c＝c， 2， 解得 b＝c＝ 2， 又a2＝b2＋c2，则a＝2， 所以椭圆 C 的方程为x42＋y22＝1.