微专题 定点、定线问题 课件-2026届高三数学二轮专题复习

板块五　平面解析几何 微专题24　定点、定线问题 高考定位 解析几何中的定点、定线问题是高考考查的热点,难度较大,是高考的压轴题,定点问题的类型一般为直线过定点与圆过定点等;定线问题的类型一般是证明或探究动点在直线上. 高考定位 精准强化练 类型一　定点问题 类型二　定线问题 难点突破 类型一　定点问题 (2023·全国乙卷改编)已知椭圆C:+=1,点A(-2,0).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. 高考真题1 由题意知,直线PQ的斜率存在且不为0,设直线PQ:y-3=k(x+2),P(x1,y1),Q(x2,y2), (4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0, 则Δ=(16k2+24k)2-4(4k2+9)(16k2+48k)=-36×48k>0, 4 故x1+x2=-,x1x2=. 直线AP:y=(x+2), 令x=0,解得yM=, 同理得yN=, 则yM+yN=2 =2 =2 =2 =2×=6, 所以MN的中点的纵坐标为=3, 所以MN的中点为定点(0,3). (2025·吕梁模拟改编)已知椭圆C:+=1,若直线l交椭圆C于M,N两点,且线段MN的中点P的横坐标为-2,过P作直线l'⊥l.证明:直线l'恒过定点,并求出该定点的坐标. 样题1 设P(-2,y0), 代入椭圆方程得y0=±, 由题知-<y0<, 当y0≠0时,设M(x1,y1),N(x2,y2), 7 显然x1≠x2, 即·=-, 由P为线段MN的中点, 得·=-, 直线l的斜率k==, 由l'⊥l,得直线l'的方程为 y-y0=-(x+2), 即y=-, 因此直线l'过定点, 当y0=0时,直线l:x=-2,此时l'为x轴,亦过点, 所以直线l'恒过定点. 已知椭圆C:+y2=1的上顶点为A,过点的直线l与椭圆C交于两个不同的点P,Q,直线AP与x轴交于点M,直线AQ与x轴交于点N.证明:以MN为直径的圆过y轴上的定点. 样题2 由题意知直线l的斜率存在,可设直线l:y=kx+,P(x1,y1),Q(x2,y2), (4k2+2)x2+4kx-3=0, 10 所以x1+x2=-,x1x2=-, 直线AP的方程为y=x+1, 直线AQ的方程为y=x+1, 可得M,N, 以MN为直径的圆的方程为 +y2=0, 即x2+y2+x+=0,① 因为= = ==-6, 所以在①中,令x=0,得y2=6, 即以MN为直径的圆过y轴上的定点(0,±). 动线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. 规律方法 (2025·岳阳模拟)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点F在直线2x+3y-2=0上,A,B是抛物线C上两个不同的点. (1)求抛物线C的方程; y2=2px(p>0)的焦点在x轴上,为, 直线2x+3y-2=0与x轴的交点坐标为(1,0), 则=1,即p=2,所以抛物线为y2=4x. 训练1 (2)设直线OA,OB的斜率为kOA,kOB,若kOA·kOB=-2,证明:直线AB过定点,并求定点坐标. 法一　由题意可知AB所在直线斜率不为0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),AB所在直线方程为x=my+n,联立y2=4x,化简可得 y2-4my-4n=0, 则y1y2=-4n,Δ=16m2+16n>0,(*) 又kOA·kOB=·====-2, 则n=2,满足(*)式,即直线AB恒过点(2,0). 法二　当直线AB的斜率不存在时, 设A,B, 所以kOA·kOB==-2, 所以=8,所以直线AB的方程为x=2; 当直线AB的斜率存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB所在直线方程为y=kx+b(k≠0,b≠0), 联立y2=4x, 化简可得k2x2+(2kb-4)x+b2=0, 由题意可知Δ=(2kb-4)2-4k2b2=16-16kb>0即kb<1(*). 由根与系数的关系知 x1+x2=,x1x2=, 所以kOA·kOB====-2,所以b=-2k,满足(*)式. 所以AB所在直线方程为y=kx-2k=k(x-2), 综上,直线AB恒过点(2,0). 类型二　定线问题 高考真题2 (2023·新高考Ⅱ卷改编)已知双曲线C:-=1.记C的左、右顶点分别为A1,A2,过点(-4,0)的直线与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. 由双曲线的方程可得A1(-2,0),A2(2,0),设M(x1,y1),N(x2,y2), 显然直线MN的斜率不为0,所以设直线MN的方程为x=my-4,且-<m<,与-=1联立可得(4m2-1)y2-32my+48=0,且Δ=64(4m2+3)>0, 18 则y1+y2=,y1y2=, 直线MA1的方程为y=(x+2),直线NA2的方程为y=(x-2), 联立直线MA1与直线NA2的方程,消去y,得=== ===-, 由=-可得x=-1,即xP=-1, 据此可得点P在定直线x=-1上运动. 若抛物线Γ的方程为y2=4x,焦点为F,设P,Q是抛物线Γ上两个不同的动点. (1)若|PF|=3,求直线PF的斜率; 样题3 F(1,0),|PF|=xP+1=3, ∴xP=2,将x=2代入y2=4x得y=±2, ∴P(2,±2), ∴kPF==±2. 20 (2)设PQ中点为R,若直线PQ斜率为,证明:R在一条定直线上. 法一　设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线PQ:y=x+t,即x=y-t, 代入y2=4x,得y2-4y+4t=0, 由根与系数的关系,有y1+y2=4, 故yR==2,R在定直线y=2上. 法二　设P(x1,y1),Q(x2,y2), 由题意,===, 故y1+y2=4,故yR==2,R在定直线y=2上. (2025·北京石景山区模拟改编)已知椭圆C:+=1,椭圆C与y轴的交点为A,B(点A位于点B的上方),直线l:y=kx+4与椭圆C交于不同的两点M,N.设直线AN与直线BM相交于点G.试问点G是否在某定直线上?若是,求出该直线方程;若不是,说明理由. 样题4 在定直线y=1上,理由如下: 设点N(x1,y1),M(x2,y2)(y1,2≠±2),椭圆与直线l联立消去y整理得(1+2k2)x2+16kx+24=0, 由Δ=(16k)2-4×24(1+2k2)>0,得k2>, 23 且x1+x2=-,x1·x2=, 所以x1+x2=-kx1·x2, 易知A(0,2),B(0,-2), 则lAN:y-2=x,lBM:y+2=x, 两式作商得====-,解得y=1, 故G在定直线y=1上. 解决定线问题的核心在于确定动点的轨迹方程,主要方法有: (1)待定系数法,设出含参数的直线方程,利用条件消去参数,得到系数确定动点的坐标,确定直线. (2)设点法,设出动点的坐标,通过动点满足的条件消去参数,得到动点的轨迹方程,从而确定直线. 规律方法 (2025·保定模拟)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过F作互相垂直的直线l1,l2,分别与C交于A,B和D,E两点(A,D在第一象限),当直线l1的倾斜角等于45°时,四边形ADBE的面积为32. (1)求C的方程; 当直线l1的倾斜角等于45°时,直线l2的倾斜角等于135°,直线AB的方程为y=x-, 由抛物线的对称性知|AB|=|DE|, 所以S四边形ADBE=|AB||DE|=32,得|AB|=8. 训练2 Δ=8p2>0, 设A,B两点的横坐标分别为xA,xB, 则xA+xB=3p. 因为|AB|=xA+xB+p=4p=8, 所以p=2, 所以C的方程为y2=4x. 由(1)知F(1,0),依题意,可设直线l1的方程为y=k(x-1)(k≠0), (2)设直线AD与BE交于点Q,证明:点Q在定直线上. 则直线l2的方程为y=-(x-1). 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则y1+y2=,y1y2=-4. 设D(x3,y3),E(x4,y4), 同理可得y3+y4=-4k,y3y4=-4, 所以kAD===, 同理可得kBE=. 直线AD的方程为y-y1=(x-x1), 即y=+y1 =x+. 同理,直线BE的方程为y=x+ =x+ =-x-. 两直线方程联立得x+ =-x-, 解得x=-1,即直线AD与BE的交点Q在定直线x=-1上. 【精准强化练】 1.(2025·郑州质检)已知双曲线C与椭圆+=1有相同的焦点,P(3,)是C上一点. (1)求双曲线C的标准方程; 由题意可设双曲线C的标准方程为 -=1(a>0,b>0), 由已知得a2+b2=6,且-=1, 解得a2=b2=3. 所以双曲线C的方程为-=1. 2 3 4 1 (2)记C的右顶点为M,与x轴平行的直线l与C交于A,B两点,求证:以AB为直径的圆过点M. 设直线l的方程为y=m,m≠0, 将其与-=1联立, 解得x=或x=-. 不妨设A(-,m),B(,m), 由(1)知M(,0), 则·=(+,-m)·(-,-m)=(+)(-)+m2=3-(m2+3)+m2=0, 所以⊥,故以AB为直径的圆过点M. 2 3 4 1 2.不经过点P(2,2)的动直线l:y=kx+b与抛物线C:x2=2y相交于A,B两点,且直线PA和PB的斜率之积等于3,证明:直线l过定点,并求出定点坐标. 设A(x1,y1),B(x2,y2), kPA====, 同理可得kPB=, 所以kPA·kPB=·=3, 即有x1x2+2(x1+x2)=8, 2 3 4 1 联立直线方程l:y=kx+b与抛物线方程, 即x2-2kx-2b=0,Δ=4k2+8b>0, 则x1+x2=2k,x1x2=-2b, 即有-2b+2×2k=8,化简得b=2k-4, 此时Δ=4k2+8b=4k2+16k-32, 则Δ>0有解, 则l:y=k(x+2)-4,即直线l过定点(-2,-4). 2 3 4 1 3.(2025·南京调研改编)已知双曲线x2-y2=4,设双曲线的左、右顶点分别为A,B,在直线x=1上取一点P(1,t)(t≠0),直线AP交双曲线右支于点C,直线BP交双曲线左支于点D,直线AD和直线BC的交点为Q,求证:点Q在定直线上. 设直线AP的方程为x=y-2, 消去x整理得y2-y=0, 所以yC=,xC=yC-2=. 2 3 4 1 设直线BP的方程为x=-y+2, 消去x整理得y2-y=0, 所以yD=, xD=-yD+2=. 2 3 4 1 所以kAD===-, kBC===, 则直线AD的方程为y=-(x+2), 直线BC的方程为y=(x-2). 2 3 4 1 两式作商消t得=-, 解得x0=1,所以点Q在直线x=1上. 2 3 4 1 4.(2025·马鞍山模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且点P在椭圆C上. (1)求椭圆C的标准方程; 因为椭圆C离心率为, 所以e===, 又因为点P在椭圆C上, 所以+=1,解得a2=4,b2=3, 椭圆C的标准方程为+=1. 2 3 4 1 ①当AB斜率不存在时,设AB的方程为x=m, 则A(m,n),B(m,-n),=,=, 因为PA⊥PB, 所以·=(m-1)2-=0, 因为+=1,所以n2=3-m2, 所以-2m+=0, 解得m=或m=1(舍); (2)若A,B为椭圆C上的两点,且满足AP⊥BP,求证:直线AB过定点. 2 3 4 1 ②当AB斜率存在时,设AB的方程为y=kx+t, 联立+=1消去y得(4k2+3)x2+8ktx+4t2-12=0, Δ=64k2t2-16(4k2+3)(t2-3)>0, 即4k2-t2+3>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1+x2=-,x1x2=, y1+y2=,y1y2=, 2 3 4 1 因为PA⊥PB,所以·=(x1-1)(x2-1)+=0, 即x1x2-(x1+x2)+1+y1y2-(y1+y2)+=0, 代入化简得28t2+4k2+32kt-36t-9=0, 即(2k+2t-3)(2k+14t+3)=0, 当2k+2t-3=0时,t=-k, 此时AB方程为y=k(x-1)+, 过定点,舍去; 2 3 4 1 当2k+14t+3=0时,t=-k-, 此时AB方程为y=k-,过定点. 综上,直线AB过定点. 2 3 4 1 联立消去y得 由+=0, 联立消去y得 联立消去y得x2-3px+=0. 联立消去x得y2-y-4=0,显然Δ>0, 有 由题意可知t≠±3,联立 由题可知,t≠±1,联立 设Q(x0,y0),则 $