摘 要：圆锥曲线是高中数学中的重难点，而求证或求解圆锥曲线中有关定值、定点问题又是这块内容的重难点，对于一些典型的例题教师在教学之余要学会思考，进而找到一些规律，传授给学生，不光增强了学生的解题能力，帮助学生掌握了这类题的通法，更开阔了学生的视野． 笔者结合例题进行了有关定点问题的再探究．
关键词：圆锥曲线；定点；性质
引例1：过抛物线y2=4x上点A（0，0）作抛物线的两条弦AD、AE，且AD、AE的斜率分别为k1、k2，满足k1k2=2，求证：DE过定点．
引例2：已知点M（0，1）是离心率为的椭圆C：+=1（a>b>0）上一点，过M作直线MA、MB交椭圆于A、B两点，且斜率分别为k1、k2，若k1+k2=3，求证：直线AB过定点．
以上两个是圆锥曲线中的精典例题，在教学之余，笔者通过一些定位思考、变式探究，根据以上例题得到圆锥曲线如下两个有趣的猜想．
猜想1：若圆锥曲线的一顶点与两动点的连线的斜率之积为定值，两动点的连线必过定点．
猜想2：若圆锥曲线的一顶点与两动点的连线的斜率之和为定值，两动点的连线必过定点．
【命题1】 已知椭圆C：+=1（a>b>0），过定点M（0，b）作直线MA，MB交椭圆C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1k2=m时，则直线AB过定点0，．
证明：设直线AB的方程为y=kx+t，且A（x1，y1），B（x2，y2），
由y=kx+t，b2x2+a2y2=a2b2得（a2k2+b2）x2+2a2ktx+a2（t2－b2）=0，
则有x1+x2=，x1x2=．
由k1k2=m，得k1k2=?=m，即（y1－b）（y2－b）－mx1x2=0，
故y1y2－b（y1+y2）+b2－mx1x2=0． 将y1=kx1+t，y2=kx2+t代入，
整理得（k2－m）x1x2+（kt－kb）（x1+x2）+（t－b）2=0，（k2－m）+（kt－kb）?+（t－b）2=0，化简得（t－b）［（b2－ma2）t－（ma2b+b3）］=0，显然t≠b，故t=，所以直线AB的方程为y=kx+，
故直线AB过定点0，．
【命题2】 已知椭圆C：+=1（a>b>0），过点M（a，0）作直线MA，MB交椭圆C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1k2=m时，则直线AB过定点，0． （证明与命题1类似，省略）
【命题3】 已知双曲线C：-=1（a>0，b>0），过点M（a，0）作直线MA，MB交双曲线C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1k2=m时，则直线AB过定点，0．
证明：设直线AB的方程为x=λy+t，且A（x1，y1），B（x2，y2），
由x=λy+t，b2x2-a2y2=a2b2得（b2λ2－a2）y2+2b2kty+b2（t2－a2）=0，
则有y1+y2=，y1y2=．
由k1k2=m，得k1k2=?=m，即y1y2－m（x1－a）（x2－a）=0，
故y1y2－mx1x2+ma（x1+x2）－ma2=0． 将x1=λy1+t，x2=λy2+t代入，整理得（1－mλ2）?y1y2－mλ（t－a）（y1+y2）－m（t－a）2=0，（1－mλ2）－mλ（t－a）?－m（t－a）2=0，化简得（t－a）［（b2+ma2）t+（ab2－ma3）］=0，显然t≠a，故t=，所以直线AB的方程为x=λy+，故直线AB过定点，0．
【命题4】 已知双曲线C：-=1（a>0，b>0），过点M（0，a）作直线MA，MB交双曲线C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1k2=m时，则直线AB过定点0，． （证明与命题3类似，省略）
【命题5】 已知抛物线C：y2=2px，过点M（0，0）作直线MA，MB交双曲线C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1k2=m（m≠0）时，则直线AB过定点－，0．
证明：设直线AB的方程为x=λy+t，且A（x1，y1），B（x2，y2），
由x=λy+t，y2=2px 得y2－2pλy－2pt=0，则有y1+y2=2pλ，y1y2=－2pt．
由k1k2=m，得k1k2=?=m，即y1y2－mx1x2=0．
将x1=λy1+t，x2=λy2+t代入，整理得（1－mλ2）y1y2－mλt（y1+y2）－mt2=0，
故（1－mλ2）（－2pt）－2pmλ2t－mt2=0，化简得t（mt+2p）=0，显然t≠0，故t=－，
所以直线AB的方程为x=λy－，故直线AB过定点－，0．
【命题6】 已知抛物线C：x2=2py，过点M（0，0）作直线MA，MB交抛物线C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1k2=m时，则直线AB过定点（0，－2pm）．
（证明与命题5类似，省略）
由命题1～6可知猜想1正确，圆锥曲线有如下共同的性质：
性质1：过圆锥曲线C的一顶点M作直线MA，MB交C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1k2=m时，则直线AB过定点．
【命题7】 已知椭圆C：+=1（a>b>0），过点M（a，0）作直线MA，MB交椭圆C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1+k2=m（m≠0）时，则直线AB过定点a，－．
证明：设直线AB的方程为x=λy+t，且A（x1，y1），B（x2，y2），
由x=λy+t，b2x2+a2y2=a2b2得（b2λ2+a2）y2+2b2kty+b2（t2－a2）=0，
则有y1+y2=，y1y2=．
由k1+k2=m，得k1+k2=+=m，即y1（x2－a）+y2（x1－a）－m（x1－a）（x2－a）=0，故y1x2+y2x1－a（y1+y2）－mx1x2+ma（x1+x2）－ma2=0． 将x1=λy1+t，x2=λy2+t代入，
整理得（2λ－mλ2）y1y2+（t－a）（1－mλ）?（y1+y2）－m（t－a）2=0，（2λ－mλ2）+（t－a）（1－mλ）?－m（t－a）2=0，
化简得a（t－a）（2λb2－mat+ma2）=0，显然t≠a，故t==+a，所以直线AB的方程为x=λy++a，即x=λy++a，
故直线AB过定点a，－．
【命题8】 已知椭圆C：+=1（a>b>0），过点M（0，b）作直线MA，MB交椭圆C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1+k2=m（m≠0）时，则直线AB过定点－，-b.
（证明与命题7类似，省略）
【命题9】 已知双曲线C：-=1（a>0，b>0），过点M（a，0）作直线MA，MB交双曲线C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1+k2=m（m≠0）时，则直线AB过定点a，．
证明：设直线AB的方程为x=λy+t，且A（x1，y1），B（x2，y2），
由x=λy+t，b2x2-a2y2=a2b2得（b2λ2－a2）y2+2b2kty+b2（t2－a2）=0，
则有y1+y2=，y1y2=，
由k1+k2=m，得k1+k2=+=m，即y1（x2－a）+y2（x1－a）－m（x1－a）（x2－a）=0，故y1x2+y2x1－a（y1+y2）－mx1x2+ma（x1+x2）－ma2=0． 将x1=λy1+t，x2=λy2+t代入，
整理得（2λ－mλ2）y1y2+（t－a）（1－mλ）?（y1+y2）－m（t－a）2=0，（2λ－mλ2）+（t－a）（1－mλ）?－m（t－a）2=0，化简得a（t－a）（2λb2+mat－ma2）=0，显然t≠a，故t==+a，所以直线AB的方程为x=λy－+a，即x=λy-+a，故直线AB过定点a，．
【命题10】 已知双曲线C：-=1（a>0，b>0），过点M（0，a）作直线MA，MB交双曲线C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1+k2=m时，则直线AB过定点－，-a．
（证明与命题9类似，省略）
【命题11】 已知抛物线C：y2=2px，过点M（0，0）作直线MA，MB交抛物线C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1+k2=m（m≠0）时，则直线AB过定点0，．
证明：设直线AB的方程为x=λy+t，且A（x1，y1），B（x2，y2），
由x=λy+t，y2=2px 得y2－2pλy－2pt=0，则有y1+y2=2pλ，y1y2=－2pt，由k1+k2=m，得k1+k2=+=m，即y1x2+y2x1－mx1x2=0．
将x1=λy1+t，x2=λy2+t代入，整理得（mλ2－2λ）y1y2+（mλt－t）（y1+y2）+mt2=0，
故（mλ2－2λ）（－2pt）－（mλt－t）2pλ+mt2=0，化简得t（mt+2pλ）=0，显然t≠0，故t=－，所以直线AB的方程为x=λy-，故直线AB过定点0，．
由命题7～11可知可知猜想2正确，圆锥曲线有如下共同的性质：
性质2 过圆锥曲线C（除x2=2py外）的顶点M作直线MA，MB交C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1+k2=m（m≠0）时，则直线AB过定点．
备注：已知抛物线C：x2=2py，过点M（0，0）作直线MA，MB交抛物线C于A，B两点，且斜率分别为k1，k2． 若k1+k2=m（m≠0）时，则直线AB的斜率为定值m．
（证明与命题11类似，省略）