浅谈圆锥曲线中的定点问题-《中学生数理化》高考数学2026年3月刊

知识篇科学备考新指向 中学生数理化高三数学2026年3月 浅谈圆锥曲线中的定点问题 ■河南省实验中学 程建辉 圆锥曲线中的定点问题是解析几何中的 的右顶点M,求证：直线恒过定点，并求出 常见题型，通常遇到的是直线与圆锥曲线相 该定点的坐标。 交，或者圆锥曲线自身的一些动态变化，而其 中某些点的位置却是固定不变的。解决这类 解析：(1)文 十之=1。（过程略） 定点问题的通法是先联立直线和圆锥曲线的 (2)方法一：（通性通法）将直线AB的方 方程，得到一个关于x或y的一元二次方程， 程代人椭圆方程，结合韦达定理和MA·M 利用韦达定理及题干条件进行相应的推理和 =0,找出k与m的关系，进而求出直线AB 计算，进而得到定点坐标。圆锥曲线中的定 所过的定点。 点问题的解题策略较多，本文以两道圆锥曲 设A(x1,y1),B(x2,y2),将直线AB的 线题为例介绍一下定点问题的处理方法。 方程y=kx十m,代人椭圆方程x2十4y2=8, 化简整理得(1十4k)x2十8km.x十4m2一8= 例1 己知椭圆C:&之大3 F6=1(a 8km 0,则x1十x2= 1+46,心1x2=4m2-8 1十4k2, 0)的离心率为号，且过点(2,1) △=(8km)2-4(1+4k2)(4m2-8)>0→ (1)求椭圆C的方程； 8k2+2>m2。 (2)直线l:y=kx十m与椭圆C交于A, 因为以AB为直径的圆经过椭圆C的右 B两点，且以线段AB为直径的圆过椭圆C 顶点M(2√2,0)，所以MA·MB=(x1 格格经效经格效经0经效格经效经格效格格经格效0格经经格格效格效经效格格格经格效经效经经格 人得cos〈a,b>=之.则a,b的夹角为T 60 AB+BE:-2AB·BEcos-日 =1。 如图2，在Rt△OBD 同理可求∠AEB= 3,所以E即为圆 2 中，OD=2√3，OB=3,BD 心，半径BE=1。 =OA=AD=AB=√3， 所以|OC|m=|OE|一1=1，此时O,C, ∠AOB=若∠ADB= 3 图2 E共线且点C在O、E之间，故|c|的最小值 令OA=a,Oi=b,O元 是1。 点评：本题巧妙运用“定角对定弦”模型， =c,则CA=a-c,CB=b一c,即向量a-c 将向量夹角条件转化为隐圆轨迹，化抽象为 与be的夹角为∠ACB=受 直观。通过几何法确定圆心与半径，将模长 最值问题转化为定点到圆心的距离，思路清 所以点C在AB所对圆周角为的圆弧 晰，解法典型。 上，其圆心角为三。 总之，隐圆题目的考法灵活，条件隐蔽， 本文介绍了隐圆的四种定义，因此，做题时要 在图2中，要使得|c|最小，显然在AB 先识别题目中的关键条件，看是否符合隐圆 下方的圆弧上。 的某一定义，一旦确定，找到隐形圆，就可以 由于∠AB0=若，则在OB上取BE=1, 利用圆的性质来简化问题。这种方法能有效 转化复杂问题，使解题过程更加清晰明了。 由于AB=√5，由余弦定理可得AE= (责任编辑王福华) 8 如氧数学学意费氧街肉中学生凝理化 2√2，y1)(x2-2√E,y2)=(x1-22)(x2 又直线MA、MB平移前后斜率不发生 2√2)十y1y2=0=(x1-2√2)(x2-2W2)十 变化，故k·km=1+4Em 4 (kx1十m)(kx2十m)=(k2+1)x1x2+(km 由以线段AB为直径的圆过椭圆C的右 2V2)(x1十x)+m2+8=(k+1)）.4m-8 1+4k 顶点M知kMa·k=一1，所以1十4Em一 十6m一22（华0）+m+8=0.化简 一1，解得m= 5√2 8 。此时直线A'B'的方 得(5m+6√2k)(m十2√2k)=0,解得m= 程为一 5 6√E 5 k或m=一2√2k,都满足8k2十2> 8x十ny=1,所以直线A'B'过定点 m2。 p'(-42 ,0),再将坐标系向左平移2√2个 5 当m= √②k时，直线L:y一x一6烂k 单位长度，即把该点向右平移2√2个单位长 =-)过定点（小，符合题意 度得到点P(2o) 当m=一2√2k时，直线l:y=kx一 综上所述，直线1恒过定点(.o 2√2k=k(x一2√2)，过左顶点M(2√2,0)， 不符合题意。 例2已知椭圆E:兰十 3 =1(a> 综上所述，直线1恒过定点(0)小。 b>0)的左焦点和右焦点别为F1,F2,离心率 方法二：（平移齐次化法）将坐标原点平 为② ，过点F的动直线1交E于A,B两 移到M点，设平移后直线A'B'的方程为mx 点，点A在x轴上方，且l不与x轴垂直， 十ny=1,与平移后的椭圆方程联立，利用 △ABF,的周长为 ka·kM=一1求出m的值，进而得出直线 4√2，直线AF2与E A'B'过定点，再把点平移至原来坐标系中求 交于另一点C,直线 出直线AB所过的定点。 BF2与E交于另一点 将坐标系向右平移2√2个单位长度，设 D,P为椭圆E的下顶 图1 坐标原点为M',得到椭圆C'.x+2E)十 点，如图1所示。 8 (1)求椭圆E的方程； 兰-1，化简得+4x十4y=0。① (2)证明：直线CD恒过定点。 设直线A'B的方程为mx+ny=1,代 解析：1后十y-1。(过程略) 入①式得x2十4N2x(mx十ny)十4y2=0,即 (2)方法一：（通性通法）先设出A,B,C, (1十4√2m)x2十4√2n.xy十4y2=0,两边同 D四个点的坐标，联立椭圆E与直线AF,的 方程，结合韦达定理建立四个点的坐标之间 时除以x得4(）广+42n·兰+1十4E 的关系，由C,D两个点的坐标表示直线CD =0。 ② 的方程，由对称性知直线CD过x轴上的定 设A'(x1),B'(cy),易得兰、盟 点，通过计算求出定点坐标。 x' 设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3), 是方程②的两个实根，即直线M'A'、M'B'的 D(x4y),直线AF的方程为y=”( 斜率是方程②的两个实根，则kMA·kMB= 1+4√2m 一1)，即x=一1 4 y十1，代人精圆公：号十 9 中学生表理化架极学州新幸新费的 =1,得[)+2y+2(y-1 程为y=产-1，代人横圆上：专+y 0, 所以 =1,得(x1-1)x2+2y7(x-1)2-2(x1 1+2 1)2=0。 ① yi -y 又点C在E上，放号+=1。 ② xi-2x1+1+2y7 联立①②化简整理可得(3一2x1)x2十 由+1得x+2y=2,所以y (2x1一4)x十4x1一3x=0,由韦达定理得 2-3,故y1-2x-3 4x一3x,所以x一3-2x1 xAx1=3-2x1 4-3x1 所以x=·十1=1 A-3x代入直线CF:的方程得 将xA=3-2x 3x1-4 2x1-3 1 2x1-3 3x2-4 设直线AB的方程为y=k1(x十1)，将点 同理，y1一22-3x,2x,-8 A的坐标代人程2”写=太传要+小化 、由A,F,B三点共线，得十三 简得y1=k1(5.x1一7)。③ y: 十有，所以xxy2=y2-y1 同理，y2=k1(5x2一7)。④ 由③④可知直线CD的方程为y= y1-y3. 直线CD的方程为y一2x-3c,一x k(5x一7)，放直线CD恒过定点（仔，0） (x一 3x1-4) 比较两道例题发现，第二问的第一种方 2x1-3 法虽然都是求定点的通性通法，但是本质是 若直线CD过x轴上定点，则令y=0, 不同的。例1是已知直线l的方程为y=kx 得x=yx1x)+(3x1-4)(y1-y) 十m,通过计算找出k与m的关系，进而求出 (2x1-3)(y1-y3) 直线（所过定点；例2是通过计算找出两个 3x2-4 y 端点坐标，通过两点式表示出直线CD的方 (2x1-3) 2x2-3 2x2-32x1-3 程再确定定点。平移齐次化和同构的处理简 3x1-4 2x1-3 +(3x1-4) 2x2-3 2x 化了计算过程，大大提升了解题效率。 定点问题还有其他解题策略，当定点问 -y1(3x2-4)+y2(3.x1-4) 题和圆锥曲线的几何性质结合起来时，比如 y2(2x1-3)-y1(2x2-3) 椭圆的对称性、双曲线渐近线的性质、抛物线 4(y1-y2)+3(x1y2-x2y1) 7 3(y1-y2)+2(x1y2-x2y1) ，故直线 的焦点和准线性质等，这些性质可以帮助我 们更好地找到定点或者简化运算。这样我们 CD恒过定点（仔o): 就可以考虑采用“先猜后证”的方法，即先从特 方法二：（同构法）先设出C,D两点坐标， 殊情况人手，猜出定点的位置，再进行代数运 联立椭圆E与直线CF,的方程，结合韦达定 算来验证这个定点满足题干条件。当然也有 理可用C点坐标表示出A点坐标，将A点坐 一些题型可借助极点极线知识快速找出定点。 标代入直线AB的方程可得A点坐标满足的 同学们在备考过程中，无论是应对圆锥曲线中 关系式，同理得D点坐标满足的关系式，再结 的定点问题，还是其他类型题目，通过加强训 合同构知识即可找到直线CD所过的定点。 练，定能做到举一反三，触类旁通，最终实现能 设C(x1y1),D(x2,y2),直线CF2的方 力的提升。 (责任编辑王福华) 10