第八章 进阶4 定点问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦解析几何“定点问题”核心考点，依据高考评价体系梳理直线过定点、圆过定点等四大常考类型，通过例题解析明确“设线法”“解点法”等通法，对接高考对逻辑推理与运算能力的考查要求，体现备考针对性。 课件亮点在于“题型归类+通法提炼+素养落地”，如例1结合椭圆背景用韦达定理推导直线过定点，培养数学思维，跟踪训练通过圆过定点问题强化模型意识，帮助学生掌握参数消元技巧，教师可据此系统开展专题复习，提升学生解题效率与得分率。

定点问题 重点解读 在解析几何中，有些含有参数的动直线或动曲线，不论参数如何变化总是经过某定点，探求这个定点的坐标，这类问题称为“定点问题”.定点问题是高考中考查解析几何的热点问题，此类问题往往定中有动，动中有定. 直线过定点问题的通法是设出直线方程，通过根与系数的关系和已知条件找出相应的关系式，代入直线方程，将问题转化为过定点的直线系、曲线系或恒成立问题来求解，即可得到定点. 定点问题常见类型：①由斜率关系求定点；②由倾斜角关系求定点；③切点弦过定点；④相交弦过定点；⑤圆过定点. 2 例1　已知椭圆C：+=1(a>b>0)，F1，F2分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，|PF1|的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形. (1)求椭圆C的标准方程； 题型一　直线过定点问题 解　由题意得|PF1|的最大值为a+c=3， 又当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形，故a=2c， 联立解得 因为b2=a2-c2=3， 所以椭圆C的标准方程为+=1. 例1　已知椭圆C：+=1(a>b>0)，F1，F2分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，|PF1|的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形. (2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且kBM=3kAN.证明：直线l过定点. 证明　方法一　由(1)可知A(-2，0)，B(2，0)， 设直线AN的斜率为k，则直线BM的斜率为3k， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则直线AN的方程为y=k(x+2)，直线BM的方程为y=3k(x-2)， 联立 化简得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0，Δ>0， 例1　已知椭圆C：+=1(a>b>0)，F1，F2分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，|PF1|的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形. (2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且kBM=3kAN.证明：直线l过定点. 证明　因为A(-2，0)，所以 即N，联立 化简得(1+12k2)x2-48k2x+4(12k2-1)=0，Δ>0，因为B(2，0)，所以 例1　已知椭圆C：+=1(a>b>0)，F1，F2分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，|PF1|的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形. (2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且kBM=3kAN.证明：直线l过定点. 证明　即M， 当x1≠x2，即k2≠时， 则kMN===， 所以直线MN的方程为y-=， 例1　已知椭圆C：+=1(a>b>0)，F1，F2分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，|PF1|的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形. (2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且kBM=3kAN.证明：直线l过定点. 证明　整理得y=(x-1)， 所以直线l过定点(1，0). 当x1=x2时，易得kBM=3kAN成立，此时直线l为x=1，直线l也过定点(1，0). 综上，直线l过定点(1，0). 方法二　设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 又由(1)知A(-2，0)，B(2，0)， 例1　已知椭圆C：+=1(a>b>0)，F1，F2分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，|PF1|的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形. (2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且kBM=3kAN.证明：直线l过定点. 证明　当A不与M重合，且B不与N重合， 即x1≠-2，且x2≠2时，易知x1≠2，且x2≠-2. 所以kAM=，kBM=，kAN=， 则有kAM·kBM=·=， 又+=1，则=(4-)， 例1　已知椭圆C：+=1(a>b>0)，F1，F2分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，|PF1|的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形. (2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且kBM=3kAN.证明：直线l过定点. 证明　代入上式可得kAM·kBM=-. 又因为kBM=3kAN，所以kAM·kAN=-. 设直线MN的方程为x=my+t(t≠±2)， 联立 得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0， 例1　已知椭圆C：+=1(a>b>0)，F1，F2分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，|PF1|的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形. (2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且kBM=3kAN.证明：直线l过定点. 证明　所以 且Δ=36m2t2-4(3m2+4)×(3t2-12)>0⇒3m2+4-t2>0， 所以 例1　已知椭圆C：+=1(a>b>0)，F1，F2分别是左、右焦点，P是椭圆C上一点，|PF1|的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，△PF1F2为等边三角形. (2)设A，B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M，N，且kBM=3kAN.证明：直线l过定点. 证明　由kAM·kAN=·==-， 化简得=-，且4t2+16t+16≠0， 即t≠-2，解得t=1，所以直线l：x=my+1过定点(1，0). 当A与M重合，且B与N重合时，易得kBM=3kAN成立， 此时直线l为y=0，直线l也过定点(1，0). 综上，直线l过定点(1，0). 解析几何中定点问题的解题策略 (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y=kx+m(或x=ny+t)，联立直线与圆锥曲线方程，得出根与系数的关系； ②结合根与系数的关系和已知条件，得到k，m或n，t的关系，或者解出m，t的值； ③将②的结果代入y=kx+m(或x=ny+t)，得到定点坐标. (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，求出直线上的两个点A，B的坐标(含参数)； ②特殊位置入手，找到定点P(有时可考虑对称性)； ③证明A，B，P三点共线，从而直线AB过定点P.(其中一个方法) 思维升华 跟踪训练1　已知点F(0，1)，P是平面上一动点，以|PF|为直径的圆与x轴相切，设动点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的轨迹方程； 解　设P(x，y)，则PF的中点Q， 即为圆心，以|PF|为直径的圆的半径为=， 因为以|PF|为直径的圆与x轴相切， 所以=， 化简可得x2=4y，即曲线C的轨迹方程是x2=4y. 解　设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠2，x2≠2， 易知直线AB的斜率存在， 设直线AB的方程为y=kx+b， 联立 得x2-4kx-4b=0，Δ=16k2+16b>0， 跟踪训练1　已知点F(0，1)，P是平面上一动点，以|PF|为直径的圆与x轴相切，设动点P的轨迹为曲线C. (2)已知点M(2，1)，A，B为不过点M的直线l与曲线C的交点，直线MA的斜率记为k1，直线MB的斜率记为k2，若k1·k2=，求证：直线l过定点，并求出定点坐标. 解　所以所以 因为k1k2=·=， 即2y1y2-2(y1+y2)+2=x1x2-2(x1+x2)+4， 即2b2-2(4k2+2b)+2=-4b-8k+4， 跟踪训练1　已知点F(0，1)，P是平面上一动点，以|PF|为直径的圆与x轴相切，设动点P的轨迹为曲线C. (2)已知点M(2，1)，A，B为不过点M的直线l与曲线C的交点，直线MA的斜率记为k1，直线MB的斜率记为k2，若k1·k2=，求证：直线l过定点，并求出定点坐标. 解　所以b2=(2k-1)2， 所以b=2k-1或b=-2k+1， 当b=-2k+1时，直线AB的方程为y=kx-2k+1，过定点M(2，1)，舍去； 当b=2k-1时，直线AB的方程为y=kx+2k-1=k(x+2)-1，过定点(-2，-1)， 所以直线l过定点(-2，-1). 跟踪训练1　已知点F(0，1)，P是平面上一动点，以|PF|为直径的圆与x轴相切，设动点P的轨迹为曲线C. (2)已知点M(2，1)，A，B为不过点M的直线l与曲线C的交点，直线MA的斜率记为k1，直线MB的斜率记为k2，若k1·k2=，求证：直线l过定点，并求出定点坐标. 例2　已知椭圆C：+=1(a>b>0)的上、下顶点分别为B2，B1，左、右焦点分别为F1，F2，四边形B1F1B2F2是面积为2的正方形. (1)求椭圆C的标准方程； 题型二　圆过定点问题 解　由题意可得解得 ∴椭圆C的标准方程为+y2=1. 例2　已知椭圆C：+=1(a>b>0)的上、下顶点分别为B2，B1，左、右焦点分别为F1，F2，四边形B1F1B2F2是面积为2的正方形. (2)已知圆O：x2+y2=的切线l与椭圆C相交于D，E两点，判断以DE为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由. 解　由题意可知，圆O：x2+y2=的圆心坐标为(0，0)，半径为，∵<1， 可知圆O：x2+y2=在椭圆C内，切线l与椭圆C相交， ①当直线l的斜率不存在时， ∵直线l与圆相切， 故切线方程为x=±，当切线方程为x=时， 例2　已知椭圆C：+=1(a>b>0)的上、下顶点分别为B2，B1，左、右焦点分别为F1，F2，四边形B1F1B2F2是面积为2的正方形. (2)已知圆O：x2+y2=的切线l与椭圆C相交于D，E两点，判断以DE为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由. 解　将x=代入椭圆方程，解得y=±， 设D，E， 则以DE为直径的圆的方程为+y2=； 同理，当切线方程为x=-时， 例2　已知椭圆C：+=1(a>b>0)的上、下顶点分别为B2，B1，左、右焦点分别为F1，F2，四边形B1F1B2F2是面积为2的正方形. (2)已知圆O：x2+y2=的切线l与椭圆C相交于D，E两点，判断以DE为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由. 解　求得以DE为直径的圆的方程为+y2=， 联立方程解得即两圆只有一个交点(0，0)， 若存在定点，则定点应为(0，0). 例2　已知椭圆C：+=1(a>b>0)的上、下顶点分别为B2，B1，左、右焦点分别为F1，F2，四边形B1F1B2F2是面积为2的正方形. (2)已知圆O：x2+y2=的切线l与椭圆C相交于D，E两点，判断以DE为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由. 解　②当直线l的斜率存在时， 设直线l的方程为y=kx+m， 则圆心到直线的距离d==， 整理得m2=(1+k2)，联立方程 例2　已知椭圆C：+=1(a>b>0)的上、下顶点分别为B2，B1，左、右焦点分别为F1，F2，四边形B1F1B2F2是面积为2的正方形. (2)已知圆O：x2+y2=的切线l与椭圆C相交于D，E两点，判断以DE为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由. 解　消去y得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0，Δ>0， 设D(x1，y1)，E(x2，y2)， 则x1+x2=，x1x2=， ∴y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=， 例2　已知椭圆C：+=1(a>b>0)的上、下顶点分别为B2，B1，左、右焦点分别为F1，F2，四边形B1F1B2F2是面积为2的正方形. (2)已知圆O：x2+y2=的切线l与椭圆C相交于D，E两点，判断以DE为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由. 解　∴·=x1x2+y1y2===0， 即·=0， ∴以DE为直径的圆经过定点O(0，0)， 综上可知，以DE为直径的圆过定点(0，0). 圆过定点问题的解题策略 (1)利用特殊情况寻找特殊点. (2)引入参变量建立关于曲线的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点. 思维升华 跟踪训练2　已知平面内一动圆过点P(2，0)，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； 解　设动圆圆心为(x，y)， 依题意，=，即y2=4x， 所以曲线C的方程为y2=4x. 跟踪训练2　已知平面内一动圆过点P(2，0)，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C. (2)若过点Q(4，0)的直线l与曲线C交于点M，N，问：以线段MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由. 解　依题意，直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为x=my+4，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由消去x并整理得y2-4my-16=0，Δ>0恒成立， 则 设以线段MN为直径的圆的圆心为E(xE，yE)， 跟踪训练2　已知平面内一动圆过点P(2，0)，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C. (2)若过点Q(4，0)的直线l与曲线C交于点M，N，问：以线段MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由. 解　则yE=2m，xE=2m2+4，即E(2m2+4，2m)， |MN|=|y1-y2| =· =4， 则圆E的方程为[x-(2m2+4)]2+(y-2m)2=4(m2+1)(m2+4)， 化简得4xm2+4ym-(x2-8x+y2)=0， 跟踪训练2　已知平面内一动圆过点P(2，0)，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C. (2)若过点Q(4，0)的直线l与曲线C交于点M，N，问：以线段MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由. 解　由得 因此对于∀m∈R，圆E恒过原点， 所以以线段MN为直径的圆过定点(0，0). 1.已知抛物线C：x2=-2py(p>0)经过点(2，-1). (1)求抛物线C的标准方程及其准线方程； 1 2 答案 解　将点(2，-1)代入抛物线方程得22=-2p×(-1)，可得p=2， 故抛物线C的标准方程为x2=-4y，其准线方程为y=1. 证明　由题意知直线l的斜率存在，焦点坐标为(0，-1)， 设直线l的方程为y=kx-1(k≠0)，与抛物线方程x2=-4y联立可得x2+4kx-4=0，Δ=16k2+16>0， 故x1+x2=-4k，x1x2=-4， 设M，N，x1≠0，x2≠0， 则kOM=-，kON=-， 1.已知抛物线C：x2=-2py(p>0)经过点(2，-1). (2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于M，N两点，直线y=-1分别交直线OM，ON于A，B两点.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点. 1 2 答案 证明　直线OM的方程为y=-x，与y=-1联立可得A，同理可得B， 易知以AB为直径的圆的圆心坐标为 ，圆的半径为， 且+==2k， =2×=2， 1.已知抛物线C：x2=-2py(p>0)经过点(2，-1). (2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于M，N两点，直线y=-1分别交直线OM，ON于A，B两点.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点. 1 2 答案 证明　则圆的方程为(x-2k)2+(y+1)2=4(k2+1)， 令x=0，整理可得y2+2y-3=0， 解得y1=-3，y2=1， 即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点(0，-3)，(0，1). 1.已知抛物线C：x2=-2py(p>0)经过点(2，-1). (2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于M，N两点，直线y=-1分别交直线OM，ON于A，B两点.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点. 1 2 答案 2.已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±x，点P(4，)是C上一点. (1)求C的方程； 1 2 答案 解　由题知=， ① 将点P(4，)代入C的方程，得-=1， ② 联立①②，解得a=2，b=1， 则C的方程为-y2=1. 2.已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±x，点P(4，)是C上一点. (2)设M是直线x=1上的动点，A，B分别是C的左、右顶点，且直线MA，MB分别与C的右支交于R，Q两点(均异于点B)，证明：直线RQ过定点. 1 2 答案 证明　由(1)知，A(-2，0)，B(2，0)， 设M(1，y0)(y0≠0)，R(x1，y1)，Q(x2，y2)， 根据题意，直线RQ不垂直于y轴， 设直线RQ：x=ty+m(t≠±2，m≠±2，0)， 联立 2.已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±x，点P(4，)是C上一点. (2)设M是直线x=1上的动点，A，B分别是C的左、右顶点，且直线MA，MB分别与C的右支交于R，Q两点(均异于点B)，证明：直线RQ过定点. 1 2 答案 证明　消去x得(t2-4)y2+2tmy+m2-4=0， 故Δ=4t2m2-4(t2-4)(m2-4)=16(t2+m2-4)>0， 则y1+y2=，y1y2=， 于是2ty1y2=-(y1+y2)， 由R，A，M三点共线， 得直线MA，RA的斜率为=， 2.已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±x，点P(4，)是C上一点. (2)设M是直线x=1上的动点，A，B分别是C的左、右顶点，且直线MA，MB分别与C的右支交于R，Q两点(均异于点B)，证明：直线RQ过定点. 1 2 答案 证明　同理，由M，B，Q三点共线得-y0=， 两式消去y0得y2(x1+2)+3y1(x2-2)=0， 即y2(ty1+m+2)+3y1(ty2+m-2)=0， 整理得4ty1y2+3(m-2)y1+(m+2)y2=0， 即-(y1+y2)+3(m-2)y1+(m+2)y2=0， 则(m-4)[(m-2)y1-(m+2)y2]=0， 2.已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±x，点P(4，)是C上一点. (2)设M是直线x=1上的动点，A，B分别是C的左、右顶点，且直线MA，MB分别与C的右支交于R，Q两点(均异于点B)，证明：直线RQ过定点. 1 2 答案 证明　因此m=4或(m-2)y1-(m+2)y2=0， 若(m-2)y1-(m+2)y2=0， 又y1+y2=， 得y1=，y2=， 结合y1y2=， 2.已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±x，点P(4，)是C上一点. (2)设M是直线x=1上的动点，A，B分别是C的左、右顶点，且直线MA，MB分别与C的右支交于R，Q两点(均异于点B)，证明：直线RQ过定点. 1 2 答案 证明　可得=， 即t2=t2-4，显然不成立， 即(m-2)y1-(m+2)y2≠0， 故m=4，满足Δ>0，直线RQ：x=ty+4， 所以直线RQ过定点(4，0). $