03：圆锥曲线的定点问题重难点讲义-2024-2025学年高二上学期数学沪教版（2020）选择性必修第一册

2024-2025学年高二数学重难点讲与练（培优课程） 专题02 圆锥曲线的定点问题 在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．解决这类问题的关键是引入变量表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。 一、常见有两种解法： 方法1：设线法，用两个参数表示直线方程，一般步骤为： ①设直线方程为(或)，联立直线与圆锥曲线方程，得出根与系数的关系； ②结合韦达定理和已知条件，得到或的关系，或者解出的值； ③将②的结果代入(或)，得到定点坐标． 方法2：解点法，用一个参数表示直线方程，一般步骤为： ①引进参数，根据已知条件，求出直线上两个点的坐标(含参)； ②特殊位置入手，找到定点(有时可考虑对称性)； ③证明三点共线，从而直线过定点．(其中一个方法是证明) 二、几种常见的定点模型 类型一：手电筒模型（由斜率关系求定点） （1）概念：从圆锥曲线上一点引两条直线，由此可设置相关问题，因形状类似筷子，故称为筷子问题。 特别地： Th: 从圆锥曲线(圆，椭圆，双曲线，抛物线)上一点P引两条直线，分别和曲线交于A、B两点。若kPA+kPB=λ或kPAkPB=则AB过定点；反之成立，即若AB过定点，则kPA+kPB=λ或kPAkPB=。 （2）解题步骤： 第一步：由直线，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围； 第二步：由与关系，得到一次函数或； 第三步：将或代入，得到. 类型二：相交弦过定点 类型三：交点弦的中点所在直线恒过定点 第一步：设其中一条直线的斜率为，求出直线方程； 第二步：直线与曲线进行联立，出现韦达定理的形式，或者直接求出坐标，表示出这条弦的中点，并且类比出另外一条的中点坐标； 第三步：由上述两部，根据点斜式写出两个中点所在直线的方程； 第四步：化直线为点斜式，确定定点坐标。 类型四：切点弦过定点； （1）过抛物线外一点作抛物线的切线，切点弦方程为； （2）过椭圆外一点作椭圆的切线，切点弦方程为； （3）过双曲线外一点作双曲线的切线，切点弦方程为； 类型五：圆过定点． 1．圆过定点问题的一般设问方式 (1)证明以PQ为直径的圆恒过x或y轴上某定点M(m，0)或M(0，n)； (2)证明以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)； (3)证明以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)； (4)以PQ为直径的圆是否恒过定点M？若是，求出该定点M的坐标；若不是，请说明理由． 2．圆过定点问题的一般解法是向量法，根据直径所对的圆周角是直角，即·＝0 三、几个重要的定点结论 （1）过椭圆的左焦点作两条相互垂直的弦，，若弦，的中点分别为，，则直线恒过定点.（双曲线与抛物线也有类似结论） （2）动点在直线上，由引椭圆的两条切线，切点分别是，，则直线恒过定点.（双曲线与抛物线也有类似结论） （3）①过椭圆上的一定点作两条斜率之和为的直线，，分别交椭圆于，两点，则直线必过定点； ②过抛物线上的一定点作两条斜率之和为的直线，，分别交抛物线于，两点，则直线必过定点 （4）①过椭圆上的一定点作两条斜率之积为的直线，，分别交椭圆于，两点，则直线必过定点 ②过抛物线上的一定点作两条斜率之积为的直线，，分别交抛物线于，两点，则直线必过定点 类型一：斜率关系过定点—“筷子模型”“手电筒模型” 1、斜率之和 【例1】（2023西南位育课时练习）已知椭圆，四点， 中恰有三点在椭圆上． (1)求的方程； (2)设直线不经过点且与相交于两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点． 【例2】（2023年淮阴中学期末）已知抛物线：过点． (1)求抛物线的方程； (2)，是抛物线上的两个动点，直线的斜率与直线的斜率之和为4，证明：直线恒过定点． 【跟踪训练】 1．（2024·上海嘉定·二模）如图：已知三点、、都在椭圆上． (1)若点、、都是椭圆的顶点，求的面积； (2)若直线的斜率为1，求弦中点的轨迹方程； (3)若直线的斜率为2，设直线的斜率为，直线的斜率为，是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出所有满足条件的点，若不存在，说明理由． 2．（2024复兴高级中学周末练习）已知焦点在轴上的椭圆：的长轴长为4，的右顶点到右焦点的距离为1. (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，已知点，直线与椭圆交于不同的两点，，（，两点都在轴上方），为坐标原点，且.证明直线过定点，并求出该定点坐标. 2、斜率之积 【例3】（2024淮阴中学月考）已知椭圆的中心在原点，一个长轴的端点为，离心率为，过点作斜率为， 的直线，分别交椭圆于点． (1)求椭圆的方程； (2)若，证明直线过定点，并求出该定点． 【例4】（2024新海中学月考）抛物线（），斜率为1的直线过抛物线的准线与轴的交点. （1）试判断直线与抛物线的位置关系，并加以证明； （2）若，过分别作斜率为，的两条直线，，分别交抛物线于点，两点，且，证明：直线恒过定点，并求出定点的坐标. 【例5】（2023淮阴中学月考）点在双曲线上，离心率. (1)求双曲线的方程； (2)是双曲线上的两个动点(异于点)，分别表示直线的斜率，满足，求证：直线恒过一个定点，并求出该定点的坐标. 【跟踪训练】 1．（2024市北高级中学月考）已知点M为椭圆C：的右顶点，点A，B是椭圆C上不同的两点（均异于点M），且满足直线MA 与直线MB斜率之积为. （1）求椭圆C的离心率及焦点坐标； （2）试判断直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，说明理由. 2．（2024淮阴中学月考）已知抛物线的顶点为原点，焦点F在x轴的正半轴，F到直线的距离为.点为此抛物线上的一点，.直线l与抛物线交于异于N的两点A，B，且. （1）求抛物线方程和N点坐标； （2）求证：直线AB过定点，并求该定点坐标. 类型二：相交弦过定点—“蝴蝶模型“ 【例6】（2024大同中学周末练习）已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，为直线上的动点，与的另一交点为与的另一交点为． (1)求的方程； (2)证明：直线过定点． 【例8】（2020·全国·统考高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 【例9】（2023华东师大二附中三模）已知椭圆 的左、右焦点分别为，若椭圆C经过点，离心率为，直线l过点与椭圆C交于A、B两点． （1）求椭圆C的方程； （2）若点N为的内心，求与面积的比值； （3）设点A，F2，B在直线上的射影依次为点D，G， E．连结AE，BD，试问当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD是否相交于定点T？若是，请求出定点T的坐标；若不是，请说明理由． 【跟踪训练】 1．在中，已知、，直线与的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）设为曲线上一点，直线与交点的横坐标为，求证：直线过定点. 类型三：相交弦中点连线过定点 【例10】在直角坐标系中，已知一动圆经过点且在轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）过点作互相垂直的两条直线，，与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，线段，的中点分别为，，求证：直线过定点，并求出定点的坐标． 【例11】已知抛物线，过焦点作斜率为的直线交抛物线于两点. （1）若，求； （2）过焦点再作斜率为的直线交抛物线于两点，且分别是线段的中点，若，证明：直线过定点. 【例12】（2024大同中学三模）阿基米德（公元前287年—公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆的面积等于，且椭圆的焦距为.点、分别为轴、轴上的定点. （1）求椭圆的标准方程； （2）点为椭圆上的动点，求三角形面积的最小值，并求此时点坐标； （3）直线与椭圆交于不同的两点A、B，已知关于轴的对称点为M，B点关于原点的对称点为，已知P、M、N三点共线，试探究直线是否过定点.若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由. 【例13】（2024·上海宝山·一模）已知椭圆:，直线经过椭圆的右顶点且与椭圆交于另一点，设线段的中点为.    (1)求椭圆的焦距和离心率； (2)若，求直线的方程； (3)过点再作一条直线与椭圆交于点，线段的中点为. 若，则直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由. 【跟踪训练】 1．已知是椭圆的左右焦点．过作两条互相垂直的直线与(均不与轴重合)分别与椭圆交于四点．线段的中点分别是，求证：直线过定点，并求出该定点坐标． 2．已知双曲线的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)过双曲线的右焦点作互相垂直的两条弦（斜率均存在）、.两条弦的中点分别为、，那么直线是否过定点?若不过定点，请说明原因；若过定点，请求出定点坐标. 类型四：圆过定点 【例14】（2022·上海长宁·统考一模）已知抛物线的焦点为F，准线为l； (1)若F为双曲线的一个焦点，求双曲线C的离心率e； (2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在上，若，求直线EP的方程； (3)经过点F且斜率为的直线l'与相交于A，B两点，O为坐标原点，直线分别与l相交于点M，N；试探究：以线段MN为直径的圆C是否过定点；若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由； 【例15】（虹口2023二模）已知动点到点的距离和它到直线的距离之比等于，动点M的轨迹记为曲线C , 过点F的直线l与曲线相交于P，Q两点. （1）求曲线C的方程； （2）若，求直线l的方程； （3）已知直线AP，AQ分别与直线相交于M，N两点，求证：以MN为直径的圆经过点 【跟踪训练】 1．如图，在平面直角坐标系xOy中，离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，过原点 O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P，O两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点，当直线PQ的斜率为时，|PQ|＝2． (1)求椭圆C的标准方程； (2)试问以MN为直径的圆是否过定点(与PQ的斜率无关)？请证明你的结论． 2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F21，0)，点P(x0，y0)(y0>0)，是椭圆 C上的动点，直线OP的斜率等于时，PF2⊥x轴． (1)求椭圆C的方程； (2)过点P且斜率为－的直线l2与直线l1：x＝2相较于点Q，试判断以PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 类型五：切点弦过定点 【例16】已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，求证：直线经过定点． 【例17】已知抛物线的焦点与椭圆的上焦点重合，点是直线上任意一点，过作抛物线的两条切线，切点分别为． (1)求抛物线的方程； (2)证明直线过定点，并求出定点坐标． 【跟踪训练】 1．已知动圆恒过定点，圆心到直线的距离为． (1)求点的轨迹的方程； (2)过直线上的动点作的两条切线，切点分别为，证明：直线恒过定点． 类型六：确定定点使某个条件成立 【例18】如图，长轴长为4的椭圆的左顶点为A，过原点的直线（与坐标轴不重合）与椭圆交于，两点，直线，与轴分别交于，两点，当直线的斜率为时，. (1)求椭圆的方程. (2)试问是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由. 【例19】已知椭圆的长轴长为6，椭圆短轴的端点是，，且以为直径的圆经过点 ． (1)求椭圆C的方程； (2)设过点M且斜率不为0的直线交椭圆C于两点．试问x轴上是否存在定点P，使PM平分 ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【跟踪训练】 1．如图，椭圆：（，，是椭圆的左焦点，是椭圆的左顶点，是椭圆的上顶点，且，点是长轴上的任一定点，过点的任一直线交椭圆于两点. (1)求椭圆的方程； (2)是否存在定点，使得为定值，若存在，试求出定点的坐标，并求出此定值；若不存在，请说明理由. 2．已知椭圆的焦距为2，且经过点． (1)求椭圆C的方程； (2)经过椭圆右焦点F且斜率为的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 O M x y 图1 N P(x0,y0) O M x y 图2 N P(x0,y0) O M x y 图3 N P(x0,y0) O M x y 图4 N P(x0,y0) O A P Q M x y N y P O x Q l1: x=2 l2 $$ 2024-2025学年高二数学重难点讲与练（培优课程） 专题02 圆锥曲线的定点问题 在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．解决这类问题的关键是引入变量表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。 一、常见有两种解法： 方法1：设线法，用两个参数表示直线方程，一般步骤为： ①设直线方程为(或)，联立直线与圆锥曲线方程，得出根与系数的关系； ②结合韦达定理和已知条件，得到或的关系，或者解出的值； ③将②的结果代入(或)，得到定点坐标． 方法2：解点法，用一个参数表示直线方程，一般步骤为： ①引进参数，根据已知条件，求出直线上两个点的坐标(含参)； ②特殊位置入手，找到定点(有时可考虑对称性)； ③证明三点共线，从而直线过定点．(其中一个方法是证明) 二、几种常见的定点模型 类型一：手电筒模型（由斜率关系求定点） （1）概念：从圆锥曲线上一点引两条直线，由此可设置相关问题，因形状类似筷子，故称为筷子问题。 特别地： Th: 从圆锥曲线(圆，椭圆，双曲线，抛物线)上一点P引两条直线，分别和曲线交于A、B两点。若kPA+kPB=λ或kPAkPB=则AB过定点；反之成立，即若AB过定点，则kPA+kPB=λ或kPAkPB=。 （2）解题步骤： 第一步：由直线，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围； 第二步：由与关系，得到一次函数或； 第三步：将或代入，得到. 类型二：相交弦过定点 类型三：交点弦的中点所在直线恒过定点 第一步：设其中一条直线的斜率为，求出直线方程； 第二步：直线与曲线进行联立，出现韦达定理的形式，或者直接求出坐标，表示出这条弦的中点，并且类比出另外一条的中点坐标； 第三步：由上述两部，根据点斜式写出两个中点所在直线的方程； 第四步：化直线为点斜式，确定定点坐标。 类型四：切点弦过定点； （1）过抛物线外一点作抛物线的切线，切点弦方程为； （2）过椭圆外一点作椭圆的切线，切点弦方程为； （3）过双曲线外一点作双曲线的切线，切点弦方程为； 类型五：圆过定点． 1．圆过定点问题的一般设问方式 (1)证明以PQ为直径的圆恒过x或y轴上某定点M(m，0)或M(0，n)； (2)证明以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)； (3)证明以PQ为直径的圆恒过定点M(m，n)； (4)以PQ为直径的圆是否恒过定点M？若是，求出该定点M的坐标；若不是，请说明理由． 2．圆过定点问题的一般解法是向量法，根据直径所对的圆周角是直角，即·＝0 三、几个重要的定点结论 （1）过椭圆的左焦点作两条相互垂直的弦，，若弦，的中点分别为，，则直线恒过定点.（双曲线与抛物线也有类似结论） （2）动点在直线上，由引椭圆的两条切线，切点分别是，，则直线恒过定点.（双曲线与抛物线也有类似结论） （3）①过椭圆上的一定点作两条斜率之和为的直线，，分别交椭圆于，两点，则直线必过定点； ②过抛物线上的一定点作两条斜率之和为的直线，，分别交抛物线于，两点，则直线必过定点 （4）①过椭圆上的一定点作两条斜率之积为的直线，，分别交椭圆于，两点，则直线必过定点 ②过抛物线上的一定点作两条斜率之积为的直线，，分别交抛物线于，两点，则直线必过定点 类型一：斜率关系过定点—“筷子模型”“手电筒模型” 1、斜率之和 【例1】（2023西南位育课时练习）已知椭圆，四点， 中恰有三点在椭圆上． (1)求的方程； (2)设直线不经过点且与相交于两点．若直线与直线的斜率的和为，证明：过定点． 【答案】(1)；(2)． 【解析】(1)由于两点关于轴对称，故由题设知经过两点．又由知，不经过点，所以点在上． 因化，解得，故的方程为． (2)解法1：设线法 若直线的斜率不存在，可设，由题设知，且， 由，得，解得，与矛盾，故直线的斜率必存在． 设的方程为， 因为，所以 ① 联立方程，消去并整理可得， 所以，代入①式，整理得， 直线的方程为：，显然过定点． 解法2：解点法 设，直线的方程为：，直线的方程为， 联立，消去可得，得， 即，同理 由题意可知， 所以， 于是直线的方程为，(*) 化简可得， 所以直线过定点． 【注】(*)式的化简是个难点，可以这样处理：在(*)式中令，得，所以直线过定点．为啥令?思路是：在直线方程中分别令，得两条直线，求得交点即为所求． 解法3：齐次化 椭圆，即，即， 设直线的方程为，联立可得， ，即， 两边同除以得，，此方程两根为， 则，直线的方程即为，即 ，令，所以直线过定点． 解法4：曲线系 设直线的方程为：，直线的方程为，又椭圆方程为：， 则曲线系表示过三点的二次曲线， 令，则曲线系可分解为， 显然直线经过点，所以方程为直线的方程， 又，代入整理得：， 由，解得，所以直线过定点． 【例2】（2023年淮阴中学期末）已知抛物线：过点． (1)求抛物线的方程； (2)，是抛物线上的两个动点，直线的斜率与直线的斜率之和为4，证明：直线恒过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将代入抛物线方程求解即可； （2）设：，再联立抛物线方程，设，，再根据直线的斜率与直线的斜率之和为4，结合韦达定理求解即可. 【详解】（1）坐标代入抛物线方程得，解得， ∴抛物线方程为． （2）证明：显然直线斜率不为0，故可设：，将的方程与联立得， 设，，则，， 所以， ，同理：， 由题意：， ∴， ∴，即， 代入直线得， 故直线恒过定点．    【跟踪训练】 1．（2024·上海嘉定·二模）如图：已知三点、、都在椭圆上． (1)若点、、都是椭圆的顶点，求的面积； (2)若直线的斜率为1，求弦中点的轨迹方程； (3)若直线的斜率为2，设直线的斜率为，直线的斜率为，是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出所有满足条件的点，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)， (3)或 【分析】（1）根据点、、都是椭圆的顶点，计算的面积即可得； （2）设，，直线的方程为，与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系得出，根据中点坐标公式，求解即可得； （3）设，，，根据，得出，用与表示直线与椭圆的方程，求解即可得出和的值，从而求出点的坐标． 【详解】（1）因为点、、都是椭圆的顶点， 所以的面积为； （2）设，，因为直线的斜率为， 所以可设直线的方程为， 由，消去，整理得， ，即， ，， 设弦中点，则， ， 消去，得， 所以， 所以点的轨迹方程为，； （3）设，，，则， 因为直线的斜率为，设直线的方程为， 其中，且不过， 椭圆的方程可化为，即， 所以， 即， 所以， 所以， 所以， ，解得， 代入，解得，所以， 所以存在点或，使得恒成立． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 2．（2024复兴高级中学周末练习）已知焦点在轴上的椭圆：的长轴长为4，的右顶点到右焦点的距离为1. (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，已知点，直线与椭圆交于不同的两点，，（，两点都在轴上方），为坐标原点，且.证明直线过定点，并求出该定点坐标. 【答案】(1)； (2)证明见解析，定点. 【分析】（1）根据给定条件，求出即可求出的标准方程作答. （2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式推理作答. 【详解】（1）令椭圆半焦距为c，依题意，，则， 所以椭圆的标准方程是. （2）显然直线斜率存在，设直线的方程为：， 由消去y并整理得： ，设点， 则，由得：直线的倾斜角互补，斜率互为相反数， 即，因此， 整理得，即， 化简得：，而，有，此时直线：，即， 所以直线过定点，该定点坐标为. 3．（2023奉贤中学月考）已知双曲线过点，且离心率 (1)求该双曲线的标准方程： (2)如果，为双曲线上的动点，直线与直线的斜率互为相反数，证明直线的斜率为定值，并求出该定值. 解：(1)双曲线方程为 (2)设点，，设直线的方程为， 代入双曲线方程，得， ，，， ,同理，. 2、斜率之积 【例3】（2024淮阴中学月考）已知椭圆的中心在原点，一个长轴的端点为，离心率为，过点作斜率为， 的直线，分别交椭圆于点． (1)求椭圆的方程； (2)若，证明直线过定点，并求出该定点． 【答案】(1)；(2)． 【解析】(1)因为椭圆的中心在原点，一个长轴的端点为，设椭圆的方程为， 可得，且，解之得，即椭圆的方程为：； (2)由题意，可得直线方程为，与椭圆方程消去，得，解之得或； 由的坐标为，得，得， 同理可得的坐标为， 结合题意，化简得， 因此，直线的方程为， 化简得， 令得， 由此可得直线过定点. 【例4】（2024新海中学月考）抛物线（），斜率为1的直线过抛物线的准线与轴的交点. （1）试判断直线与抛物线的位置关系，并加以证明； （2）若，过分别作斜率为，的两条直线，，分别交抛物线于点，两点，且，证明：直线恒过定点，并求出定点的坐标. 【答案】（1）相切，证明见解析；（2）证明见解析，. 【分析】（1）求出直线的方程，再与抛物线方程联立，利用判别式即可求解； （2）设出直线的方程并与抛物线方程联立，由根与系数的关系，斜率公式与已知条件可求得直线恒过的定点 【详解】（1）直线与抛物线相切.证明如下： 由题意得，抛物线的准线与轴的交点为， 所以直线的方程为， 联立方程，整理得， 因为， 所以直线与抛物线相切； （2）当时，抛物线，点在抛物线上，设，， 设直线的方程为， 联立方程，整理得， 则，，. 因为，， 由得：，即，故， 所以. 令，整理得，即， 所以， 所以直线恒过点. 【例5】（2023淮阴中学月考）点在双曲线上，离心率. (1)求双曲线的方程； (2)是双曲线上的两个动点(异于点)，分别表示直线的斜率，满足，求证：直线恒过一个定点，并求出该定点的坐标. 【详解】(1)双曲线的方程是 （2） ①当直线的斜率不存在时，则可设， 代入，得，则， 即，解得或， 当时，，其中一个与点重合，不合题意； 当时，直线的方程为，它与双曲线不相交，故直线的斜率存在； ②当直线的斜率存在时，设直线的方程代入， 整理得，，设， 则，由， 所以 所以，， 即, 整理得，即， 所以或， 若，则，直线化为，过定点； 若，则，直线化为，它过点，舍去, 综上，直线恒过定点 另解：设直线的方程为①， 双曲线的方程可化为， 即②， 由①②可得， 整理可得， 两边同时除以，整理得③， ，则是方程③的两个不同的根， 所以，即④， 由①④可得 ，解得，故直线恒过定点. 【跟踪训练】 1．（2024市北高级中学月考）已知点M为椭圆C：的右顶点，点A，B是椭圆C上不同的两点（均异于点M），且满足直线MA 与直线MB斜率之积为. （1）求椭圆C的离心率及焦点坐标； （2）试判断直线AB是否过定点？若是，求出定点坐标；若否，说明理由. 【答案】（1）离心率为；焦点坐标为（-1，0），（1，0）；（2）过定点，（-4，0）. 【分析】（1）化为椭圆的标准方程形式，得到，即可求得焦点坐标和离心率；（2）首先设直线AB的方程为y = kx +m ，与椭圆方程联立，得到韦达定理，并表示,得到的关系式，即可判断是否过定点. 【详解】（1）椭圆C的方程可化为 ，则a = 2 ， ， c = 1 . 故离心率为，焦点坐标为（-1，0） ，（1，0） . （2）由题意，直线AB的斜率存在.可设直线AB的方程为y = kx +m ， A（x1，y1） ，B （x2，y2）， 则y1= kx1+m ， y2 = kx2+m . 由得. 判别式 所以，. 因为直线MA与直线MB斜率之积为，所以 所以. 化简得，即m = 4k 或m = -2k . 当m= 4k 时，直线AB的方程为y= k （x ＋4），过定点（-4，0） . m = 4k 代入判别式大于零中，解得. 当m =-2k 时，直线AB的方程为y= k（x -2），过定点M（2，0），不符合题意舍去.故直线AB过定点（-4，0） . 2．（2024淮阴中学月考）已知抛物线的顶点为原点，焦点F在x轴的正半轴，F到直线的距离为.点为此抛物线上的一点，.直线l与抛物线交于异于N的两点A，B，且. （1）求抛物线方程和N点坐标； （2）求证：直线AB过定点，并求该定点坐标. 【分析】（1）设抛物线的标准方程为，利用点到直线距离公式可求出，再利用焦半径公式可求出N点坐标； （2）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理计算，可得关系，然后代入直线方程可得定点. 【解析】（1）设抛物线的标准方程为，，其焦点为 则，∴ 所以抛物线的方程为. ，所以，所以. 因为，所以，所以. （2）由题意知，直线的斜率不为0，设直线的方程为（）， 联立方程得 设两个交点，（，）. 所以 所以， 即 整理得，此时恒成立， 此时直线l的方程为，可化为， 从而直线过定点. 类型二：相交弦过定点—“蝴蝶模型“ 【例6】（2024大同中学周末练习）已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，为直线上的动点，与的另一交点为与的另一交点为． (1)求的方程； (2)证明：直线过定点． 【解析】(1)易得椭圆的方程为； (2)证法1：设线 如图，设，则 直线的方程为：，直线的方程为：． 联立直线与椭圆的方程：，整理得：． 此方程两根为与，由韦达定理可得：，所以． 将代入直线可得：，所以点的坐标为； 同理可得点的坐标为． ①当即时，直线的方程为：， 整理可得：，故直线过定点； ②当时，即，可得，所以， 直线的方程为，显然过点． 综上所述，直线必过定点． 证法2：设点+构造对偶式 设与轴交于点，如图， 由得，即，得， 整理得，即 ① 直线的方程为：， 令，得，所以． 又， 两式相加，得 ② 两式相减，得 ③ 将②③代入①，得， 整理可得，， 由，解得． 故直线过定点． 【注】该法用到了横截距公式：，通过构造对偶式解决问题，技巧性较强． 证法3：设点 设与轴交于点，则． 由得，即． 设，则，即， 所以，化简得． 则 ， 故直线过定点． 证法4：设点，代点消元 设， 若直线的斜率不存在，则， 由，得，即，所以， 此时直线的方程为，直线过点； 若直线的斜率存在，则且，由，得． 由在椭圆上得，所以， 同理可得， 所以，即 ① 又由得 ② ①+②，得，所以，即，所以直线过点． 综上所述：直线过点． 证法5：设线 设 若，设直线的方程为， 直线的方程为，由在直线上得． 直线的方程为，由在直线上得． 消去可得． ① 由，得， 又由①得，所以， 即．② 联立，消去得：， 由韦达定理得：． 代入②式得， 解得，或(舍去)，直线的方程为，即直线过定点． 若，则直线的方程为，过点． 综上所述：直线过定点． 【注】该法注意到点的双重身份：既在直线上又在直线上，发现，得到关系式(1)， 进而结合椭圆方程得到(2)式，为后面利用韦达定理得到间的关系铺平了道路． 证法6：设线 设． 当直线的斜率不为0，设直线的方程为， 联立，消去得：， 由韦达定理得：． 由三点共线，得； 由三点共线，得， 两式相除得：． 又 ， 所以，解得，故直线过定点． 当直线的斜率为0时，则直线的方程为，过点． 综上所述：直线过定点． 证法7：设线 设， 则，所以，即． 又， 所以． 当直线的斜率不为0时，设的方程为， 联立方程组，消去得，则， 而， ， 由已知得，即，解得． 直线的方程为，显然直线过定点． 当直线的斜率为0时，则直线的方程为，过点． 综上所述：直线过定点． 【注】此解法基于一个重要模型：斜率之积为定值，第三边过定点． 一般地，设在二次曲线中，点为曲线上一定点，为曲线上两动点，其中表示直线的斜率，表示直线的斜率．若为常数且)，则直线过定点．(证明略) 证法8：利用曲线系 设，则 用双直线和椭圆表示双直线， 得， 比较的系数得； 比较的系数得，所以． 直线的方程为，显然直线过定点． 【注】一般地，可得如下结论： 已知为椭圆的左右顶点，在直线上任取一点， 连接分别与椭圆交于，连交轴于点，则． 证明：设，则 用双直线和椭圆表示双直线，得 比较的系数得，即， 比较的系数得，即． 所以 . 证法 9：利用仿射变换 作变换: , 将椭圆: 变成圆: , 如图所示. 此变换只改变对应点的纵坐标, 而横坐标不变. 如图所示: 的对应点分别为 . 可知 与 交 轴为同一点, 设为 ,下证 为定点. 设 与 轴交于点 , 连结 . 由为圆的直径得 , 所以 , 于是 四点共圆, 故. 设 , 则 , 所以 . 在等腰中,,故,进而 ， 得 , 所以 , 即 , 所以 与 轴交于定点 . 因为变换前后横坐标不变, 所以与 轴的交点坐标不变, 故直线 过定点 . 【注】该法巧用伸缩变换（也叫仿射变换)，将椭圆变圆，这个变换只改变对应点的纵坐标，而横坐标不变, 将杵圆中的定点问题转化为圆中的定值问题，再利用圆的性质进行求解. 【例8】（2020·全国·统考高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 【答案】（1）；（2）证明详见解析. 【分析】（1）由已知可得：， ，，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解. （2）方法一：设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证. 【详解】（1）依据题意作出如下图象：      由椭圆方程可得：， ， ， ， 椭圆方程为： （2）[方法一]：设而求点法 证明：设， 则直线的方程为：，即： 联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得： ，解得：或 将代入直线可得： 所以点的坐标为. 同理可得：点的坐标为 当时， 直线的方程为：， 整理可得： 整理得： 所以直线过定点． 当时，直线：，直线过点． 故直线CD过定点． [方法二]【最优解】：数形结合 设，则直线的方程为，即． 同理，可求直线的方程为． 则经过直线和直线的方程可写为． 可化为．④ 易知A，B，C，D四个点满足上述方程，同时A，B，C，D又在椭圆上，则有，代入④式可得． 故，可得或． 其中表示直线，则表示直线． 令，得，即直线恒过点． 【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题. 第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单. 【例9】（2023华东师大二附中三模）已知椭圆 的左、右焦点分别为，若椭圆C经过点，离心率为，直线l过点与椭圆C交于A、B两点． （1）求椭圆C的方程； （2）若点N为的内心，求与面积的比值； （3）设点A，F2，B在直线上的射影依次为点D，G， E．连结AE，BD，试问当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD是否相交于定点T？若是，请求出定点T的坐标；若不是，请说明理由． （1）；（2）；（3）定点. 【分析】（1）由题意知b＝．由＝，可得＝，解得a即可得出椭圆C的方程． （2）由点N为△F1AF2的内心，可得点N为△F1AF2的内切圆的圆心，设该圆的半径为r，可得＝，整理即可． （3）若直线l的斜率不存在时，四边形ABED是矩形，此时AE与BD交于F2G的中点．下面证明：当直线l的倾斜角变化时，直线AE与BD相交于定点．设直线l的方程为y＝k（x﹣1），与椭圆方程联立化简得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0．设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意，得D（4，y1），E（4，y2），则直线AE的方程为y﹣y2＝（x﹣4）．令，此时y＝y2+（），把根与系数关系代入可得y＝0，因此点在直线AE上．同理可证，点在直线BD上．即可得出结论． 【详解】（1）由题意，，又因为，所以，解得， 所以椭圆的方程为. （2）因为点为的内心， 所以点为的内切圆的圆心，设该圆的半径为. 则. （3）若直线的斜率不存在时，四边形是矩形， 此时与交于的中点， 下面证明：当直线的倾斜角变化时，直线与相交于定点. 设直线的方程为， 化简得， 因为直线经过椭圆内的点，所以， 设，， 则，. 由题意，，， 直线的方程为， 令，此时 ， 所以点在直线上， 同理可证，点在直线上. 所以当直线的倾斜角变化时，直线与相交于定点. 【点睛】本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、直线相交问题、三角形的内切圆的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 【跟踪训练】 1．在中，已知、，直线与的斜率之积为，记动点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）设为曲线上一点，直线与交点的横坐标为，求证：直线过定点. 【解析】（1）设点的坐标为， 直线与的斜率分别为，，其中， 由已知得，化简得，由已知得， 故曲线的方程为. （2）证明：设直线与交点为，则直线的方程为， 由得， 设，则，即， ， 同理，直线的方程为，与椭圆方程联立， 消去整理得， 设，则，即，. 当时，直线的斜率为， 此时直线的方程为， 化简得：，故直线过定点. 当时，可得，所以直线也过定点. 综上所述：直线过定点. 类型三：相交弦中点连线过定点 【例10】在直角坐标系中，已知一动圆经过点且在轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）过点作互相垂直的两条直线，，与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，线段，的中点分别为，，求证：直线过定点，并求出定点的坐标． 【答案】（1）；（2）证明见解析；． 【解析】 试题分析：（1）设圆心坐标，利用圆心的半径相等可建立等式，求得曲线的方程；（2）易知两直线的斜率都存在，设直线斜率可得直线方程，与抛物线方程联立可得点坐标，同理可得的坐标，得直线的方程，得其过定点，且得出定点坐标． 试题解析：（1）设圆心，依题意有 ，即得， ∴曲线的方程为． （2）易知直线，的斜率存在且不为0，设直线的斜率为，，， 则直线：，， 由得， ， ∴，， ∴． 同理得． 当或时，直线的方程为； 当且时，直线的斜率为， ∴直线的方程为，即， ∴直线过定点，其坐标为． 考点：曲线的轨迹方程；直线与抛物线的位置关系． 【易错点睛】导数法解决函数的单调性问题：（1）当不含参数时，可通过解不等式直接得到单调递增（或递减）区间．（2）已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件恒成立，解出参数的取值范围（一般可用不等式恒成立的理论求解），应注意参数的取值是不恒等于的参数的范围． 【例11】已知抛物线，过焦点作斜率为的直线交抛物线于两点. （1）若，求； （2）过焦点再作斜率为的直线交抛物线于两点，且分别是线段的中点，若，证明：直线过定点. 【答案】（1）；（2）证明见解析 【分析】 （1）设，，联立直线的方程和抛物线方程可得，然后利用即可求出 （2）根据（1）中结果可得到，同理，由可推出，然后写出直线的方程化简即可. 【详解】 （1）， 设， 由得 ，，解得 （2）， 同理，， 所以 化简得： 直线过定点 【点睛】 涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法. 【例12】（2024大同中学三模）阿基米德（公元前287年—公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆的面积等于，且椭圆的焦距为.点、分别为轴、轴上的定点. （1）求椭圆的标准方程； （2）点为椭圆上的动点，求三角形面积的最小值，并求此时点坐标； （3）直线与椭圆交于不同的两点A、B，已知关于轴的对称点为M，B点关于原点的对称点为，已知P、M、N三点共线，试探究直线是否过定点.若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1） （2）， （3）直线恒过定点 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦距可求出，由椭圆的面积等于得，求出，即可求出椭圆的标准方程； （2）设（为参数），根据点到直线的距离公式表示出R到直线PQ的距离为，由正弦函数的性质确定d的最小值，即可求解； （3）设直线，，进而写出为两点坐标，将直线与椭圆的方程联立，根据韦达定理求，，由三点共线可知，将，代入并化简，得到的关系式，分析可知经过的定点坐标. 【小问1详解】 由题意知，椭圆的面积知，得， 又，所以，解得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 由题意得，直线方程为，即，设（为参数）， 则点到直线的距离为， 当即即时，取得最小值，且最小值为， 所以的面积的最小值为， 此时. 【小问3详解】 设直线，，则，， 三点共线，得 ， 直线与椭圆交于两点，， ，， 由，得， ， ，代入中， ，， 当，直线方程为，则重合，不符合题意； 当时，直线，所以直线恒过定点. 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 【例13】（2024·上海宝山·一模）已知椭圆:，直线经过椭圆的右顶点且与椭圆交于另一点，设线段的中点为.    (1)求椭圆的焦距和离心率； (2)若，求直线的方程； (3)过点再作一条直线与椭圆交于点，线段的中点为. 若，则直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)直线经过定点. 【分析】（1）根据椭圆方程确定、，利用解出即可求解； （2）设直线的方程，直曲联立根据韦达定理得：，结合为中点解出坐标，再利用，解出，即可求解； (3)分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，斜率存在时，设出方程，直曲联立，利用韦达定理，结合已知条件，求出直线过定点；斜率不存在时，设出、两点坐标，根据中点坐标公式，求出、坐标，结合已知条件，求出直线过定点，两种情况综合即可求解. 【详解】（1）由得，所以焦距，离心率 . （2）   ，设直线的方程， 与椭圆:，联立得：， 整理得：，， 因为点与点不重合，为中点，所以， 代入方程，解得，所以可得点， 于是由得，直线的方程：. （3）    ①当直线斜率存在时，设方程为：，与椭圆:， 联立，得：， 整理得：， 设，由韦达定理得， 且，化简得， 又，从而，， 由可得，从而， 又因为，， 所以上式化为： 整理得：， 韦达定理代入：， 化简得：. ，所以或 当时，直线为：， 直线经过点，舍去； 当时，直线为：， 此时成立，直线经过定点 ②当直线斜率不存在时，设，， 则，，， 代入，得 与联立得：解得 此时直线也经过点. 综上，直线经过定点. 【点睛】关键点点睛： 本题关键在于设分斜率存在与不存在两种情况设出直线方程， 利用直曲联立得到方程，结合韦达定理解决问题. 【跟踪训练】 1．已知是椭圆的左右焦点．过作两条互相垂直的直线与(均不与轴重合)分别与椭圆交于四点．线段的中点分别是，求证：直线过定点，并求出该定点坐标． 【答案】见解析． 【解析】设直线，联立椭圆方程得：， ， 同理可得：． 由题意，若直线关于轴对称后得到直线，其中点为，直线关于轴对称后得到直线，其中点为．所以，若直线经过定点，则该定点一定是直线与的交点，该点必在轴上． 设该定点坐标，代入坐标化简得，所以过定点 ． 2．已知双曲线的一条渐近线方程为，焦点到渐近线的距离为. (1)求的方程； (2)过双曲线的右焦点作互相垂直的两条弦（斜率均存在）、.两条弦的中点分别为、，那么直线是否过定点?若不过定点，请说明原因；若过定点，请求出定点坐标. 【答案】(1) (2)直线过定点 【分析】（1）根据焦点到渐近线距离及渐近线方程列方程组，解方程； （2）设直线、方程，分别联立直线与双曲线，结合根与系数关系得、坐标，写出直线方程，可得直线过定点. 【详解】（1）设双曲线的焦点坐标为， 依题意渐近线方程为，即， 有， 解得， ； （2）由（1）可知右焦点， 设直线：，，， 由联立直线与双曲线， 化简得，， 故，， ， 又，则， 同理可得： ， ， 化简得， 故直线过定点. 【点睛】(1)解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 类型四：圆过定点 【例14】（2022·上海长宁·统考一模）已知抛物线的焦点为F，准线为l； (1)若F为双曲线的一个焦点，求双曲线C的离心率e； (2)设l与x轴的交点为E，点P在第一象限，且在上，若，求直线EP的方程； (3)经过点F且斜率为的直线l'与相交于A，B两点，O为坐标原点，直线分别与l相交于点M，N；试探究：以线段MN为直径的圆C是否过定点；若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由； 【答案】(1) (2) (3)以线段MN为直径的圆C过定点，理由见详解 【分析】（1）先求抛物线的焦点坐标，再根据题意求双曲线的，即可得离心率；（2）根据抛物线的定义进行转化分析可得，进而可得直线EP的倾斜角与斜率，利用点斜式求直线方程；（3）设直线l'的方程及A，B两点的坐标，进而可求M，N两点的坐标，结合韦达定理求圆C的圆心及半径，根据圆C的方程分析判断定点. 【解析】（1）抛物线的焦点为，准线为， 双曲线的方程为双曲线，即，则， 由题意可知：，则， 故双曲线C的离心率. （2）由（1）可知：， 过点P作直线的垂线，垂足为M，则， ∵，且， ∴， 故直线EP的倾斜角，斜率， ∴直线EP的方程为，即. （3）以线段MN为直径的圆C过定点，理由如下： 设直线， 联立方程，消去y可得：， 则可得：， ∵直线，当时，， ∴， 同理可得：， ∵ ， ， 则线段MN为直径的圆C的圆心，半径， 故圆C的方程为，整理得， 令，则，解得或， 故以线段MN为直径的圆C过定点. 【点睛】思路点睛： 过定点问题的两大类型及解法： (1)动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)． (2)动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． 【例15】（虹口2023二模）已知动点到点的距离和它到直线的距离之比等于，动点M的轨迹记为曲线C , 过点F的直线l与曲线相交于P，Q两点. （1）求曲线C的方程； （2）若，求直线l的方程； （3）已知直线AP，AQ分别与直线相交于M，N两点，求证：以MN为直径的圆经过点 解：（1）由条件，得 …… 2分 , 化简，得曲线C的方程:. …… 4分 （2）当直线l为为椭圆C的长轴端点，不满足条件；当直线l不为设其方程为则由得 于是 ① ………6分 由即得 ② ………8分 ②代入①，解得 所以，直线l的方程为（也可写成） ………10分 （3）因点A,故从而直线AP的方程为 由得 同理可得 ………13分 将①代入上式，得 所以 故由“圆的直径所对的圆周角是直角”得：以MN为直径的圆经过点F. ………18分 【跟踪训练】 1．如图，在平面直角坐标系xOy中，离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，过原点 O的直线(与坐标轴不重合)与椭圆C交于P，O两点，直线PA，QA分别与y轴交于M，N两点，当直线PQ的斜率为时，|PQ|＝2． (1)求椭圆C的标准方程； (2)试问以MN为直径的圆是否过定点(与PQ的斜率无关)？请证明你的结论． 8．解析　(1)由kPQ＝可得，PQ：y＝x，∴P(x0，x0)，由对称性可知，|OP|＝|PQ|＝， ∴＝，∴x0＝，∴P(，1)，由e＝可得，a：b：c＝：1：1 ∴椭圆方程为＋＝1，代入P(，1)，可得，b2＝2，a2＝4，∴C：＋＝1． (2)方程法 设P(x0，y0)，由对称性可知Q(－x0，－y0)，由(1)可知A(－2，0)， 设AP：y＝k(x＋2)，联立直线与椭圆方程：消去y得x2＋2k2(x＋2)2－4＝0， 整理可得：(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，所以xAx0＝，即x0＝． 代入y＝k(x＋2)可得，y0＝k(＋2)＝，所以P(，)， 从而Q(－，－)，所以kAQ＝＝＝－， ∴AQ：y＝－(x＋2)，因为M，N是直线PA，QA与轴的交点，∴M(0，2k)，N(0，－)， ∴以MN为直径的圆的圆心为(0，)，半径r＝||， ∴圆方程为x2＋(y－)2＝()2， 整理可得：x2＋y2－y＋()2＝()2，∴x2＋y2－y＝2， 所以令y＝0，解得x＝±，∴以MN为直径的圆恒过(±，0)． 2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F21，0)，点P(x0，y0)(y0>0)，是椭圆 C上的动点，直线OP的斜率等于时，PF2⊥x轴． (1)求椭圆C的方程； (2)过点P且斜率为－的直线l2与直线l1：x＝2相较于点Q，试判断以PQ为直径的圆是否过x轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 4．解析　(1)∵PF2⊥x轴，∴P的横坐标x0的值为c，且c＝1，代入椭圆方程，得P(1，)． 又kOP＝＝＝，解得a＝b2， 又∵a2－b2＝1，∴a＝a2－，解得a＝或者a＝－ (舍去)， ∴b2＝1，即椭圆方程C为＋y2＝1． (2)向量法 直线l2的方程为y－y0＝－ (x－x0)，即2y0y＝－x0x＋x2＋2 y02． 由题意得＋y02＝1，即x02＋2 y02＝2， ∴l2的方程为x0 x＋2 y0 y＝2，∴Q(2，)． 设定点M(m，0)，由·＝0，得(x0－m)(2－m)＋y0 ＝0， 即(1－m) x0＋(m－1)2＝0，要使此方程对x0∈R恒成立，则必有，∴解得m＝1． 综上所述，存在定点M(1，0)，满足题目要求． 类型五：切点弦过定点 【例16】已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线为切点，求证：直线经过定点． 【答案】见解析． 【解析】设，则， 则， 因此在直线上，直线的方程为， 又，所以，即， 令，得，故直线经过定点． 【例17】已知抛物线的焦点与椭圆的上焦点重合，点是直线上任意一点，过作抛物线的两条切线，切点分别为． (1)求抛物线的方程； (2)证明直线过定点，并求出定点坐标． 【答案】(1)抛物线的方程：，(2)见解析 【解析】(1)抛物线的方程：． (2)解法1： 设点， 则抛物线在处的切线方程为，即， 又点在抛物线上，故，则抛物线在处的切线为； 同理：抛物线在处的切线为． 下面求直线的方程，有如下两个思路： 思路1：又因点在两条切线上，则有：，， 所以点都在直线上， 则直线的方程即为，即． 又因点满足， 故直线的方程可化为：． 令， 故直线经过定点． 思路2：，直线，即， 联立切线方程可得点坐标为：， 化简可得：，故直线的方程为． 又因点满足， 故有直线的方程为：， 则直线经过定点． 解法2： 设点，切线的斜率分别记为， 则经过点的直线与抛物线相切满足： ①， 则有，由方程①可得：， 故有直线的方程为：， 直线的方程为：， 又因点满足， 故有直线的方程为：， 则直线经过定点． 解法3： 设点，直线的方程为：， 联立方程， 由抛物线方程可得：； 则切线的方程为，即； 同理：切线的方程为． 联立切线方程可得点坐标：，即， 则直线的方程为：， 又因点满足， 故有直线的方程为：， 则直线经过定点． 【注】(1)解题的程序有两个：①用点坐标表示直线的方程；②由参数表示的直线经过定点． 难点在于表示直线的方程． (2)用点坐标表示直线方程的处理角度： ①求二次曲线的切线方程，可有两种方法：一是设切点坐标，利用导数求斜率，再利用点斜式写出切线方程；二是设切线方程，联立二次曲线方程，利用判别式为0找关系； ②点在两条切线上，处理方式也有两种：一是联立方程解交点坐标，二是点坐标满足切线方程； ③由在抛物线上化简直线的方程为，将目标韦达定理化； ④构建切点坐标、切线斜率与点坐标的关系，结构是和与积的形式，最终用点坐标表示直线的方程． (3)切线方程及切点弦方程： 当点在二次曲线上时，过点可作一条切线，若点为切点，则切线方程如下： (替换规则：) 1. 圆，则切线只有一条，共方程是； ②椭圆，则切线方程是； ③双曲线，则切线方程是； ④抛物线，则切线方程是． 若点不在二次曲线上时，且过点可作两条切线，可得切点弦所在直线方程： ①圆的切点弦方程为； ②椭圆的切点弦方程是； ③双曲线的切点弦方程是； ④抛物线的切点弦方程是． 这实际上为圆锥曲线的极点与极线． 【跟踪训练】 1．已知动圆恒过定点，圆心到直线的距离为． (1)求点的轨迹的方程； (2)过直线上的动点作的两条切线，切点分别为，证明：直线恒过定点． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）设，由题意可得，化简整理即可； （2）设，结合导数的几何意义分析可得为方程的两根，结合韦达定理求直线的方程，即可得结果. 【详解】（1）设，则， 因为，即， 当，即时，则，整理得； 当，即时，则， 整理得，不成立； 综上所述：点的轨迹的方程. （2）由（1）可知：曲线：，即，则， 设， 可知切线的斜率为，所以切线：， 则，整理得， 同理由切线可得：， 可知：为方程的两根，则， 可得直线的斜率， 设的中点为，则， 即， 所以直线：，整理得， 所以直线恒过定点.    【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法 （1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将t用k表示为，得，故动直线过定点； （2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． 类型六：确定定点使某个条件成立 【例18】如图，长轴长为4的椭圆的左顶点为A，过原点的直线（与坐标轴不重合）与椭圆交于，两点，直线，与轴分别交于，两点，当直线的斜率为时，. (1)求椭圆的方程. (2)试问是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由. 【解析】（1）由题意可知，则椭圆方程即， 当直线的斜率为时，， 故设 ， ，解得， 将 代入得，即， 故 ，所以椭圆的标准方程为 ； （2）设，则， 则 ， 由椭圆方程可得 ，∴直线方程为︰ ， 令 可得 ， 直线方程为： ，令得 ， 假设存在定点，使得，则定点必在以为直径的圆上， 以为直径的圆为 , 即 ， ∵ ，即 ∴ ， 令 ，则 ，解得， ∴以为直径的圆过定点 ，即存在定点，使得 ． 【例19】已知椭圆的长轴长为6，椭圆短轴的端点是，，且以为直径的圆经过点 ． (1)求椭圆C的方程； (2)设过点M且斜率不为0的直线交椭圆C于两点．试问x轴上是否存在定点P，使PM平分 ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）因为椭圆的长轴长为6，故， 椭圆短轴的端点是，，且以为直径的圆经过点，则， 所以椭圆C的方程是 ； （2）设 ，直线的方程为， 将直线的方程与椭圆C的方程联立， 消去x得，因为M点在椭圆内，则必有， 所以，， 假设x轴上存在定点P，使平分，则直线的倾斜角互补， 所以 ， 设 ，则有 ， 将代入上式，整理得 ， 所以， 将 ，代入上式，整理得 ， 由于上式对任意实数m都成立，所以 ， 综上，存在定点 ，使平分 ． 【跟踪训练】 1．如图，椭圆：（，，是椭圆的左焦点，是椭圆的左顶点，是椭圆的上顶点，且，点是长轴上的任一定点，过点的任一直线交椭圆于两点. (1)求椭圆的方程； (2)是否存在定点，使得为定值，若存在，试求出定点的坐标，并求出此定值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）由已知知，解得， 所以椭圆方程为； （2）假设存在满足题意， 设，，， ①当直线与轴不垂直时，设：， 代入并整理得 ∴， 　　（*） （*）式是与无关的常数，则 解得，此时为定值； ②当直线与垂直时，，，， 也成立， 所以存在定点，使得为定值． 2．已知椭圆的焦距为2，且经过点． (1)求椭圆C的方程； (2)经过椭圆右焦点F且斜率为的动直线l与椭圆交于A、B两点，试问x轴上是否存在异于点F的定点T，使恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在；点 【分析】（1）根据题意，得到，再由椭圆经过点，联立方程组，求得，即可求解. （2）设直线l的方程为，联立方程组，得到，设点坐标为，由，得到，得到，得到，列出方程，求得，即可求解． 【详解】（1）解：由椭圆的焦距为2，故，则， 又由椭圆经过点，代入得，解得， 所以椭圆的方程为． （2）解：根据题意，直线l的斜率显然不为零，令， 由椭圆右焦点，故可设直线l的方程为， 联立方程组，整理得， 则， 设，，且， 设存在点，设点坐标为，由，可得， 又因为， 所以，所以， 所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有， 则，所以， 所以，整理得， 即，即， 解得，符合题意，即存在点满足题意． 【点睛】方法技巧：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略： 1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 O A P Q M x y N y P O x Q l1: x=2 l2 O M x y 图1 N P(x0,y0) O M x y 图2 N P(x0,y0) O M x y 图3 N P(x0,y0) O M x y 图4 N P(x0,y0) $$