第一課時(shí) 定點(diǎn)問題

高考難點(diǎn)突破系列(二)圓錐曲線中的綜合問題第一課時(shí)定點(diǎn)問題題型一直線過定點(diǎn)問題例1(2023·煙臺一模改編)已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，若A(－2，0)，直線l：y＝kx＋m與C交于P，Q兩點(diǎn)，且AP⊥AQ，試判斷直線l是否過定點(diǎn)？若是，求出此定點(diǎn)的坐標(biāo)；若不是，說明理由．解設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＞0，即4k2－m2＋1＞0，則x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2).因?yàn)锳P⊥AQ，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，而eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x1＋2，y1)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x2＋2，y2)，故x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2·eq\f(4m2－4,1＋4k2)＋km·eq\f(－8km,1＋4k2)＋m2＝eq\f(m2－4k2,1＋4k2)，所以x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)－eq\f(16km,1＋4k2)＋4＋eq\f(m2－4k2,1＋4k2)＝eq\f(5m2－16km＋12k2,1＋4k2)＝0，即5m2－16km＋12k2＝0，解得m＝2k或m＝eq\f(6,5)k.當(dāng)m＝2k時(shí)，直線l的方程為y＝k(x＋2)，恒過點(diǎn)A，不滿足題意；當(dāng)m＝eq\f(6,5)k時(shí)，4k2－m2＋1＝4k2－eq\f(36,25)k2＋1＝eq\f(64,25)k2＋1＞0，直線l的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(6,5)))，過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))，符合題意．綜上，直線l恒過定點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).感悟提升圓錐曲線中定點(diǎn)問題的兩種解法(1)引進(jìn)參數(shù)法：引進(jìn)動點(diǎn)的坐標(biāo)或動線中系數(shù)為參數(shù)表示變化量，再研究變化的量與參數(shù)何時(shí)沒有關(guān)系，找到定點(diǎn)．(2)特殊到一般法：根據(jù)動點(diǎn)或動線的特殊情況探索出定點(diǎn)，再證明該定點(diǎn)與變量無關(guān)．訓(xùn)練1(2023·佛山質(zhì)檢)已知雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，且過點(diǎn)P(3，eq\r(2))．(1)求C的方程；(2)設(shè)Q(1，0)，直線x＝t不經(jīng)過P點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)，若直線BQ與C交于另一點(diǎn)D，求證：直線AD過x軸上的一定點(diǎn)．(1)解因?yàn)闈u近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x，且點(diǎn)P靠近x軸，所以可設(shè)雙曲線C的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝λ(λ≠0)，將點(diǎn)P(3，eq\r(2))代入得eq\f(9,9)－eq\f(2,3)＝λ，解得λ＝eq\f(1,3)，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)證明顯然直線BQ的斜率不為零，設(shè)直線BQ的方程為x＝my＋1，B(x1，y1)，D(x2，y2)，A(x1，－y1)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)－y2＝1，,x＝my＋1，))消x整理得(m2－3)y2＋2my－2＝0.依題意得m2－3≠0且Δ＝4m2＋8(m2－3)＞0，即m2＞2且m2≠3，y1＋y2＝－eq\f(2m,m2－3)，y1y2＝－eq\f(2,m2－3)，直線AD的方程為y＋y1＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)，令y＝0，得x＝eq\f(（x2－x1）y1,y2＋y1)＋x1＝eq\f(x1y2＋x2y1,y2＋y1)＝eq\f(（my1＋1）y2＋（my2＋1）y1,y2＋y1)＝eq\f(2my1y2＋（y1＋y2）,y2＋y1)＝eq\f(2m·\f(－2,m2－3)－\f(2m,m2－3),\f(－2m,m2－3))＝eq\f(\f(－6m,m2－3),\f(－2m,m2－3))＝3.所以直線AD過x軸上的定點(diǎn)(3，0)．題型二其它曲線過定點(diǎn)問題例2(2023·湖南三湘名校聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的離心率為eq\f(\r(2),2)，其上焦點(diǎn)到直線bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距離為eq\f(\r(2),3).(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))的直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)．試探究以線段AB為直徑的圓是否過定點(diǎn)．若過，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不過，請說明理由．解(1)由題意得，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(2)b，c＝b.又eq\f(|2ac－\r(2)|,\r(4a2＋b2))＝eq\f(\r(2),3)，a＞b≥1，所以b2＝1，a2＝2，故橢圓C的方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，以線段AB為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,9).當(dāng)AB⊥y軸時(shí)，以線段AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1.可得兩圓交點(diǎn)為Q(－1，0)．由此可知，若以線段AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)，則該定點(diǎn)為Q(－1，0)．下證Q(－1，0)符合題意．設(shè)直線l的斜率存在，且不為0，其方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))，代入eq\f(y2,2)＋x2＝1，并整理得(k2＋2)x2－eq\f(2,3)k2x＋eq\f(1,9)k2－2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2k2,3（k2＋2）)，x1x2＝eq\f(k2－18,9（k2＋2）)，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,3)))＝(1＋k2)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))(x1＋x2)＋1＋eq\f(1,9)k2＝(1＋k2)·eq\f(k2－18,9（k2＋2）)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))·eq\f(2k2,3（k2＋2）)＋1＋eq\f(1,9)k2＝0，故eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→))，即Q(－1，0)在以線段AB為直徑的圓上．綜上，以線段AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)(－1，0)．感悟提升(1)定點(diǎn)問題，先猜后證，可先考慮運(yùn)動圖形是否有對稱性及特殊(或極端)位置猜想，如直線的水平或豎直位置，即k＝0或k不存在．(2)以曲線上的點(diǎn)為參數(shù)，設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，利用點(diǎn)在曲線f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消參．訓(xùn)練2(2023·深圳調(diào)研)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)經(jīng)過點(diǎn)A(2，0)，且點(diǎn)A到C的漸近線的距離為eq\f(2\r(21),7).(1)求雙曲線C的方程；(2)過點(diǎn)(4，0)作斜率不為0的直線l與雙曲線C交于M，N兩點(diǎn)，直線x＝4分別交直線AM，AN于點(diǎn)E，F(xiàn).試判斷以EF為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)，若經(jīng)過定點(diǎn)，請求出定點(diǎn)坐標(biāo)；反之，請說明理由．解(1)由題意得a＝2，因?yàn)殡p曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(b,2)x，所以有eq\f(2b,\r(b2＋4))＝eq\f(2\r(21),7)，解得b＝eq\r(3)，因此雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1.(2)①當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(y2,3)＝1，,y＝k（x－4），))得(3－4k2)x2＋32k2x－64k2－12＝0，Δ＞0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－32k2,3－4k2)，x1x2＝eq\f(－64k2－12,3－4k2)，由直線AM的方程為y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)，令x＝4，得點(diǎn)Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2y1,x1－2)))，由直線AN的方程為y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，令x＝4，得點(diǎn)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2y2,x2－2)))，則以EF為直徑的圓的方程為(x－4)(x－4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y1,x1－2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y2,x2－2)))＝0.由對稱性可知，若以EF為直徑的圓過定點(diǎn)，則該定點(diǎn)一定在x軸上．令y＝0，有(x－4)2＝－eq\f(4y1y2,（x1－2）（x2－2）)，將y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)代入上式，得(x－4)2＝－eq\f(4k2[x1x2－4（x1＋x2）＋16],x1x2－2（x1＋x2）＋4)，則(x－4)2＝－eq\f(4k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－64k2－12,3－4k2)－4·\f(－32k2,3－4k2)＋16)),\f(－64k2－12,3－4k2)－2·\f(－32k2,3－4k2)＋4)＝9，解得x＝1或x＝7.即以EF為直徑的圓經(jīng)過定點(diǎn)(1，0)和(7，0)．②當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)E，F(xiàn)的坐標(biāo)分別為(4，3)，(4，－3)，以EF為直徑的圓的方程為(x－4)(x－4)＋(y－3)(y＋3)＝0，該圓經(jīng)過點(diǎn)(7，0)和(1，0)．綜上可得，以EF為直徑的圓經(jīng)過定點(diǎn)(1，0)和(7，0)．“齊次”從詞面上解釋是“次數(shù)相等”的意思．在代數(shù)里也有“齊次”的叫法，例如f＝ax2＋bxy＋cy2稱為二次齊次式，f中每一項(xiàng)都是關(guān)于x，y的二次項(xiàng)．下面研究齊次化在圓錐曲線中的應(yīng)用．例已知拋物線y2＝2px(p＞0)，過原點(diǎn)且互相垂直的兩直線OA，OB交拋物線于A，B.求證：直線AB過定點(diǎn)．證明設(shè)AB：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，kOA＝eq\f(y1,x1)，kOB＝eq\f(y2,x2)，將直線AB方程變形為eq\f(x－my,n)＝1，代入到y(tǒng)2＝2px中得y2＝2px·eq\f(x－my,n)注意到kOA＝eq\f(y1,x1)，kOB＝eq\f(y2,x2)，上式兩邊同除以x2得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))eq\s\up12(2)＋eq\f(2pm,n)·eq\f(y,x)－eq\f(2p,n)＝0，(*)kOA，kOB是方程(*)的兩根，則kOA·kOB＝－eq\f(2p,n)＝－1?n＝2p，所以直線AB方程為x＝my＋2p，所以直線AB恒過定點(diǎn)(2p，0)．訓(xùn)練已知橢圓的中心為原點(diǎn)O，長軸、短軸長分別為2a，2b(a>b>0)，P，Q分別在橢圓上，且OP⊥OQ.求證：eq\f(1,|OP|2)＋eq\f(1,|OQ|2)為定值．證明設(shè)P，Q坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，直線PQ：mx＋ny＝1，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,mx＋ny＝1.))齊次化有eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝(mx＋ny)2，整理可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－n2))y2－2mnxy＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－m2))x2＝0.左右兩邊同除以x2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b2)－n2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))eq\s\up12(2)－2mneq\f(y,x)＋eq\f(1,a2)－m2＝0.由根與系數(shù)的關(guān)系得eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(\f(1,a2)－m2,\f(1,b2)－n2).由OP⊥OQ，得kOP·kOQ＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(\f(1,a2)－m2,\f(1,b2)－n2)＝－1，整理得m2＋n2＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2).由于原點(diǎn)O到直線PQ的距離d＝eq\f(1,\r(m2＋n2))，又S△OPQ＝eq\f(1,2)|OP|·|OQ|＝eq\f(1,2)|PQ|d，所以eq\f(1,d2)＝eq\f(|PQ|2,|OP|2|OQ|2)＝eq\f(|OP|2＋|OQ|2,|OP|2·|OQ|2)＝eq\f(1,|OP|2)＋eq\f(1,|OQ|2)＝m2＋n2＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)為定值．分層精練·鞏固提升【A級基礎(chǔ)鞏固】1．已知點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓的左、右焦點(diǎn)，|PF1|＋|PF2|＝4.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P點(diǎn)且與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)．若直線PA與直線PB的斜率之和為1，問：直線l是否過定點(diǎn)？證明你的結(jié)論．解(1)由|PF1|＋|PF2|＝4，得a＝2，又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))在橢圓上，代入橢圓方程有eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，解得b＝eq\r(3)，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)直線PA，PB的斜率分別為k1，k2，當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，A(x1，y1)，B(x1，－y1)，k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2)－y1－\f(3,2),x1＋1)＝1，解得x1＝－4，不符合題意；當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,3x2＋4y2－12＝0，))整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，x1＋x2＝eq\f(－8km,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－12,3＋4k2)，Δ＝48(4k2－m2＋3)>0.由k1＋k2＝1，整理得(2k－1)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋m－\f(5,2)))(x1＋x2)＋2m－4＝0，即(m－4k)(2m－2k－3)＝0.當(dāng)m＝k＋eq\f(3,2)時(shí)，此時(shí)，直線l過P點(diǎn)，不符合題意；當(dāng)m＝4k時(shí)，Δ＝4k2－m2＋3>0有解，此時(shí)直線l：y＝k(x＋4)過定點(diǎn)(－4，0)．2．(2023·湖北七市聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)經(jīng)過點(diǎn)A(0，1)，且右焦點(diǎn)為F(1，0)．(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的直線l與橢圓C交于兩個(gè)不同的點(diǎn)P，Q，直線AP與x軸交于點(diǎn)M，直線AQ與x軸交于點(diǎn)N.證明：以MN為直徑的圓過y軸上的定點(diǎn)．(1)解由題意可得c＝1，b＝1，a2＝b2＋c2＝2.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明由題意可知直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx＋eq\f(1,2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，將直線l代入橢圓方程，得(4k2＋2)x2＋4kx－3＝0，所以x1＋x2＝eq\f(－4k,4k2＋2)，x1x2＝eq\f(－3,4k2＋2).直線AP的方程為y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1，直線AQ的方程為y＝eq\f(y2－1,x2)x＋1.令y＝0，可得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－x1,y1－1)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－x2,y2－1)，0))，以MN為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x1,y1－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(x2,y2－1)))＋y2＝0，即x2＋y2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1－1)＋\f(x2,y2－1)))x＋eq\f(x1x2,（y1－1）（y2－1）)＝0.①因?yàn)閑q\f(x1x2,（y1－1）（y2－1）)＝eq\f(x1x2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx1－\f(1,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kx2－\f(1,2))))＝eq\f(4x1x2,4k2x1x2－2k（x1＋x2）＋1)＝－6，在①中令x＝0，得y2＝6，解得y＝±eq\r(6)，即以MN為直徑的圓過y軸上的定點(diǎn)(0，±eq\r(6))．3．(2023·蘇北四市調(diào)研)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，四點(diǎn)M1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(\r(2),3)))，M2(3，eq\r(2))，M3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),3)))，M4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(3),3)))中恰有三點(diǎn)在C上．(1)求C的方程；(2)過點(diǎn)(3，0)的直線l交C于P，Q兩點(diǎn)，過點(diǎn)P作直線x＝1的垂線，垂足為A.證明：直線AQ過定點(diǎn)．(1)解因?yàn)樗狞c(diǎn)M1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(\r(2),3)))，M2(3，eq\r(2))，M3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),3)))，M4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(3),3)))中恰有三點(diǎn)在雙曲線C上，且點(diǎn)M3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(\r(3),3)))，M4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(\r(3),3)))關(guān)于原點(diǎn)對稱，eq\f(\r(2),3)＜eq\f(\r(3),3)，所以點(diǎn)M2，M3，M4在雙曲線上，代入雙曲線方程可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(32,a2)－\f(（\r(2)）2,b2)＝1，,\f(22,a2)－\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2),b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝3，,b2＝1，))所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)證明①當(dāng)l與x軸不重合時(shí)，設(shè)l：x＝ty＋3，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋3，,\f(x2,3)－y2＝1，))得(t2－3)y2＋6ty＋6＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t2－3≠0，,Δ＝（6t）2－24（t2－3）＞0，))即t2≠3，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則A(1，y1)，y1＋y2＝－eq\f(6t,t2－3)，y1y2＝eq\f(6,t2－3).又直線AQ的方程為y－y1＝eq\f(y2－y1,x2－1)(x－1)，即y＝eq\f(y2－y1,ty2＋2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x－1）＋\f(y1（ty2＋2）,y2－y1))).因?yàn)閑q\f(y1（ty2＋2）,y2－y1)＝eq\f(ty1y2＋2y1,y2－y1)＝eq\f(t·\f(6,t2－3)＋2y1,－\f(6t,t2－3)－2y1)＝－1.所以直線AQ的方程為y＝eq\f(y2－y1,ty2＋2)(x－2)．所以直線AQ過定點(diǎn)(2，0)．②當(dāng)l與x軸重合時(shí)，直線AQ過定點(diǎn)(2，0)．綜上，直線AQ過定點(diǎn)(2，0)．【B級能力提升】4．(2022·全國乙卷)已知橢圓E的中心為坐標(biāo)原點(diǎn)，對稱軸為x軸、y軸，且過A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))兩點(diǎn)．(1)求E的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)P(1，－2)的直線交E于M，N兩點(diǎn)，過M且平行于x軸的直線與線段AB交于點(diǎn)T，點(diǎn)H滿足eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→)).證明：直線HN過定點(diǎn)．(1)解設(shè)橢圓E的方程為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0且m≠n)，由橢圓E過A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，－1))兩點(diǎn)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)，))所以橢圓E的方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1.(2)證明當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，lMN：x＝1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1))得y2＝eq\f(8,3)，∴y＝±eq\f(2\r(2),\r(3)).結(jié)合題意可知Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(2\r(2),\r(3))))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2\r(2),\r(3))))，∴過M且平行于x軸的直線的方程為y＝－eq\f(2\r(2),\r(3)).易知點(diǎn)T的橫坐標(biāo)xT∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))，直線AB的方程為y－(－2)＝eq\f(－1－（－2）,\f(3,2)－0)×(x－0)，即y＝eq\f(2,3)x－2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(2\r(2),\r(3))，,y＝\f(2,3)x－2))得xT＝3－eq\r(6)，∴Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\r(6)，－\f(2\r(2),\r(3)))).∵eq\o(MT,\s\up6(→))＝eq\o(TH,\s\up6(→))，∴Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(5－2\r(6)，－\f(2\r(2),\r(3))))，lHN：y－eq\f(2\r(2),\r(3))＝eq\f(\f(4\r(2),\r(3)),2\r(6)－4)(x－1)，即y＝eq\f(2（3＋\r(6)）,3)x－2.此時(shí)直線HN過定點(diǎn)(0，－2)．當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，如圖，設(shè)M(