2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)大題題型歸納：圓錐曲線中的定點(diǎn)、定直線和定圓問(wèn)題（解析）

第09講圓錐曲線中的定點(diǎn)、定直線和定圓問(wèn)題

考法呈現(xiàn)

直線過(guò)定點(diǎn)

存在定點(diǎn)滿足某條件★1.定點(diǎn)問(wèn)題

圓過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題

為題型一：定點(diǎn)問(wèn)題

考法一,：直線過(guò)定點(diǎn)

例題分析

【例1】

丫2-.2—1

已知橢圓。宏+與=l(a>b>0)過(guò)點(diǎn)(2,0),且橢圓C的禺心率為(.

⑴求橢圓C的方程；

(2)若動(dòng)點(diǎn)P在直線%=-I上，過(guò)P作直線交橢圓C于M,N兩點(diǎn)，且P為線段MN的中點(diǎn)，再過(guò)P作直線

證明：直線/恒過(guò)定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo).

【答案】(1*+9=1

(2)證明見(jiàn)解析

【分析】(1)由點(diǎn)(2,0)在橢圓C上，代入橢圓的方程，再由橢圓C的離心率為T(mén)，求得a,b的值，即可求解；

(2)設(shè)P(-當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y—yo=k(x+l)，聯(lián)立方程組，根據(jù)

點(diǎn)P的橫坐標(biāo)求得k,結(jié)合Ed.MM,得到用=-等，得出直線過(guò)定點(diǎn)；當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，得到直

線/為x軸，進(jìn)而得到結(jié)論.

【詳解】⑴因?yàn)辄c(diǎn)(2,0)在橢圓C上，可得|+5=1,解得。2=4,

又因?yàn)闄E圓C的離心率為；，所以￡=；,所以與=哼=；,解得產(chǎn)=3,

2a2a"a"4

所以橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為。+《=I.

43

(2)由題意,可設(shè)尸(―l,y()),且上￡(—：1),

①當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)，設(shè)直線MN的方程為y—y。=k(x+1),M^y^,N(：x2,y2'),

(y-yo=k(x+1)

聯(lián)立方程組/y2_,

(T+T=1

22

整理得(3+4k2)/+(8kyo+8fc)%+(4%+8ky0+4fc-12)=0,

22

則A=(8/cy0+8k2)2_4(3+4k2)(4就+8協(xié)0+4fc-12)=48(3fc-2ky0一羽+3),

所以久1+久2=-罷聘，

因?yàn)镻為MN的中點(diǎn)，所以呼=—1,即—等嗒=—2,

23+4H

所以AMN=左=片0)，經(jīng)檢驗(yàn)，此時(shí)A>0,

4yo

因?yàn)樗?=一竽，所以直線I的方程為y—y0=-等(％+1)，

即y=—誓。+》，所以直線Z恒過(guò)定點(diǎn)(一0).

②當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)，直線MN的方程為%=-1,

此時(shí)直線I為x軸，也過(guò)點(diǎn)(-：,0).

綜上所述，直線2恒過(guò)定點(diǎn)(-1。).

4

直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題常用方法如下：

(1)“特殊探路，一般證明”：即先通過(guò)特殊情況確定定點(diǎn)，再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明；

(2)“一般推理，特殊求解”：即設(shè)出定點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù)，建立一個(gè)直線系或曲線的方

程，再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求點(diǎn)；

(3)求證直線過(guò)定點(diǎn)(xo,jo),常利用直線的點(diǎn)斜式方程y—yo=A(x—xo)或截距式y(tǒng)="十方來(lái)證明.

變式訓(xùn)練

【變式1-1】已知橢圓。《+/=19>。>。)過(guò)點(diǎn)力(—2,1)，且離心率e=￥.

(1)求橢圓C的方程；

(2)過(guò)點(diǎn)N作與y=t/Q<o)相切的兩條直線，分別交橢圓C于P,。兩點(diǎn)，求證：直線PQ恒過(guò)定點(diǎn).

【答案】(1§+9=1

(2)證明見(jiàn)解析

【分析】(1)由已知列方程組求出見(jiàn)hC,可得方程；

(2)先由直線4PMQ與曲線y=tx2(t<0)相切，由判別式法得兩直線斜率關(guān)系J+白=一2；再將斜率坐

22

標(biāo)化，由直線PQ方程y=mx+n消丫1，丫2整理得(2爪+2m)x1x2+(n—1+2mn)(x1+x2)+2(n-1)=

0(*);然后由直線與曲線方程聯(lián)立，由韋達(dá)定理得到/+%2,久62與小，n的關(guān)系代入(*)式化簡(jiǎn)可得小，幾的

等量關(guān)系；最后代回方程y=mx+n可得定點(diǎn).

【詳解】⑴由點(diǎn)力(一2,1)代入方程攝+/=l(a>6>0),e=(=￥，

f4i_

下+記-1

a2=6

由題可得｛￡=V2，解得

2

a2b=3

=爐+。2

..?所求橢圓方程為=+4=1.

63

(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線為y-1=fc(x+2)與y=tx2(t<0)相切，

(y-1=k(x+2)

(y=tx2

消y得，tx2—kx—2k—1=0,由八=fc2+4t(2k+1)=0,

得,左2+8總+用=o,,

(k±-k2=4t

則貴=?+*=—2(k],七分別是直線P4和Q力的斜率)?

設(shè)直線PQ為：y=mx+n,P(%i，yi),Q3，y2)，

(y=mx+n,”,

92

12+22—6得(1+2m2)/+4mnx+2n—6=0,

(,—4mn

Xi+X=---T

則I7?①，

八J2n2-6-

XiX=-------弓

\1z?l+2m2

由4=16m2n2—8(1+2m2)(n2—3)>0得，6m2—n24-3>0.

1.1X1+2到+2X1+2到+2Q

--1--=----1---=------1------=-3

Z]憶2yi—1y2—1mxi+n—1mx2+n—l

即(％i+2)(mx2+n—1)+(x2+2)(mx1+n—1)=—2(mx2+n—+n—1)

22

整理得(2m+2m)x1x2+(n—14-2nm)(%1+x2)+2(n—1)=0,

將①式代入得，

(2m+2m2)(n2—3)4-(n-1+2mn)(—2mn)+(n2—1)(1+2m2)=0,

整理得：n2+2mn—8m2—6m—1=0,

即[幾—(2m+l)][n+(4m+1)]=0,n=2m+1或九=—(4m+1),

所以當(dāng)n=2m+1時(shí)，直線PQ為y=zn%+2m+1,恒過(guò)點(diǎn)4(-2,1),不符合題意；

當(dāng)ri=—(4m+1)時(shí)，直線PQ為：y=mx—4m—1,即y+1=—4),恒過(guò)點(diǎn)(4,—1),

綜上，直線尸Q恒過(guò)定點(diǎn)(4,—1).

22

【變式1-2】已知雙曲線C：為一骨=1(a>0,b>0)的離心率為2,P(4,6)在C上.

(1)求雙曲線。的方程；

(2)不經(jīng)過(guò)點(diǎn)尸的直線/與C相交于M,N兩點(diǎn)，且PMLPN,求證：直線/過(guò)定點(diǎn).

【答案】(1*一6=1

(2)證明見(jiàn)解析

【分析】(1)根據(jù)雙曲線上過(guò)的點(diǎn)及離心率列出方程組，求出雙曲線方程；

(2)設(shè)出直線方程，分斜率不存在和斜率存在兩種情況，特別是當(dāng)斜率存在時(shí)，設(shè)直線為丫=/?+小，與

雙曲線方程聯(lián)立，根據(jù)題干中條件，列出方程，找到k和m的關(guān)系，求出過(guò)的定點(diǎn)，記得檢驗(yàn)是否滿足斜率

不存在的情況.

【詳解】(1)由已知得：e=-=2,c=2a,則按=c2-4=3小,

a

又因?yàn)镻(4,6)在C上，則當(dāng)—得=1,

解得a2=4,b2=12,

所以雙曲線C的方程為q-2=1.

(2)若直線/的斜率存在，設(shè)直線/的方程為y=kx+爪，MgyD，W(x2,y2),

，/y2_

聯(lián)立方程412—1,消去歹得(3-憶2)%2一2/^772%—7n2-12=0,

y=kx+m

由已知上工±8，則3-々2wo,且△>(),

-ZTTXH.2kmm2+12

可得％i+%2=獲記，％62=一工^-，

又因?yàn)橛?(打一4/1-6),麗=(%2—4,丫2-6),

由PM1PN可得：PM?P?V=(%i—4)(%2—4)+(yt-6)(y2-6)=(%i—4)(x2—4)+(kx[+m—6)(/cx2+

m—6)=0,

22

整理得：(14-fc)x1x2+(km—6k—4)(jq+x2)+(優(yōu)—6)+16=0,

2

則(1+42)(一+(km-6fc-4)+(m-6)+16=0,

可得血2—32k2—4km—18m+72=0,貝！J(m+4/c—6)(m—8k-12)=0,

由已知/不經(jīng)過(guò)點(diǎn)(4,6),故血+4攵一6。0,

所以Hi—8k—12=0,即zu=8k+12,

可得/：y=fc(x+8)+12,過(guò)定點(diǎn)Q(—8,12)；

若直線/的斜率不存在，設(shè)N(%i，—yi),

可得兩=(%i-4,yi-6),麗=(%i-4,一yi-6),

由PM1PN可得：麗?麗=(%i-4)(%i-4)+(yi-6)(-yi-6)=(打一4/一比+36=0,

又因?yàn)?一"=1，解得巧=一8,滿足條件，

41Z

綜上所述：故直線/過(guò)定點(diǎn)Q(—8,12).

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：直線過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題，先考慮直線斜率不存在時(shí)，再考慮直線斜率時(shí)，要設(shè)出直線方程為y=

kx+m,與曲線方程聯(lián)立后得到兩根之和與兩根之積，根據(jù)題意建立等量關(guān)系，求出k,巾的關(guān)系或者m的值,

從而求出定點(diǎn).

【變式1-3】已知。為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C：>2=4%,點(diǎn)血一2,0),設(shè)直線/與C交于不同的兩點(diǎn)尸，Q.

(1)若直線11%軸，求直線P4的斜率的取值范圍；

⑵若直線/不垂直于x軸，且NP40=NQH。，證明：直線/過(guò)定點(diǎn).

【答案】⑴卜亨,o)u(o有

(2)證明見(jiàn)解析

【分析】(1)當(dāng)點(diǎn)P在第一象限時(shí)，設(shè)P(t,2"),(t>0),kpA=*,由基本不等式求得而4的范圍，同理可

求當(dāng)點(diǎn)P在第四象限時(shí)的范圍.

(2)設(shè)直線[的方程為y=kx+6(k羊0),由k”+人加=。得b=-2k,可證得直線/過(guò)定點(diǎn).

當(dāng)點(diǎn)P在第一象限時(shí)，設(shè)P(t,2"),(t>0),

則小;嗯^忘^^=爭(zhēng)(當(dāng)"應(yīng)時(shí)取等號(hào))，，電《。，升

同理,當(dāng)點(diǎn)P在第四象限時(shí),kPAe[-y,0).

綜上所述，直線pa的斜率的取值范圍是卜亨,0)u(o,斗

(2)設(shè)直線珀勺方程為y=kx+b(kW0),

{V—kxb

y2_4%'得ky2-4y+4b=0,△=16—16/cb>0,

設(shè)P(%i,yD,Q(%2,y2)，則yi+乃=%y，2=?，

U：Z-PAO=“AO,

■■-kAP+kAQ--+—=嶺呻空髻2=0,

即yi(%2+2)+y2(x1+2)=0,

即丫，2(72.+7i)+8(%+%=0,

即(為+乃)(為為+8)=0,

即4b+8k=0,

b=-2k,滿足A>0,

.,.y—kx—2k—fc(x—2),

直線］過(guò)定點(diǎn)(2,0).

考法二：存在定點(diǎn)滿足某條件

晟，例題分析

【例2】已知橢圓C:5+9=l(a>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)(―1,|)，過(guò)點(diǎn)T(百,0)的直線交該橢圓于P,Q兩點(diǎn).

(1)求△OPQ面積的最大值，并求此時(shí)直線PQ的方程；

(2)若直線PQ與x軸不垂直，在x軸上是否存在點(diǎn)S(s,0)使得NPST=NQST恒成立？若存在，求出s的值；若不

存在，說(shuō)明理由.

【答案】(1)△OPQ面積的最大值為點(diǎn)，此時(shí)直線PQ的方程為Bx+V2y-3=0或百x—何—3=0；

(2)存在，S律,。)

【分析】(1)根據(jù)條件求出橢圓方程，當(dāng)直線PQ的斜率為0時(shí)，此時(shí)O,P,Q三點(diǎn)共線，不合要求，舍去，

當(dāng)直線PQ的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為％=ty+百，聯(lián)立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，表

達(dá)出AOPQ面積，利用基本不等式求出最值，并得出此時(shí)直線PQ的方程.

(2)由角相等得至ikps+%s=0,轉(zhuǎn)化為2打1乃+(百一s)Oi+y2)=0,在第二問(wèn)的基礎(chǔ)上，代入化簡(jiǎn)

即可得到答案.

【詳解】（1）將（—1,|）代入橢圓方程,

得到5+白=L故。2=4,

故橢圓方程為9+9=1.

當(dāng)直線PQ的斜率為0時(shí)，此時(shí)O,P,Q三點(diǎn)共線，不合要求，舍去;

當(dāng)直線PQ的斜率不為0時(shí)，設(shè)直線PQ的方程為久=ty+V3,

與橢圓方程。=1聯(lián)立，得（3產(chǎn)+4）y2+6V3ty—3=0,

43

y/2

設(shè)PQi，%),Q(X2,y2)>則為+y2=-H=-9基，

則SAOPQ=\\°P\-lYi-yzl=|xV3'J(為+乃)2-4yly2=

_V3I108留12_13t2+1-_6I3t2+1________1_______6________1

6

―T{⑶2+4)2+3t2+4—J[(3t2+1)+3]2-6](3留+1)2+6⑶2+D+9―J(3t2+1)+^T^-J2J"11)

當(dāng)且僅當(dāng)3t2+1=品，即t=±彳時(shí)，等號(hào)成立，

故小OPQ面積的最大值為四，

此時(shí)直線PQ的方程為舊久+V2y-3=0或乃久-V2y-3=0.

（2）在x軸上存在點(diǎn)S（竽,0）使得NPS7=NQST恒成立,

理由如下：

因?yàn)閆_PST=Z.QST,所以kps+ICQS=0,即——F=0,

整理得。2-s)yi+Qi-s)y2=0,

即(丫2+b)為+(tyi+V3)y2-s5+42)=0,

所以2ty1y2+(V3-s)(yi+y2)=0,

則2t(-高)+(W—s)(—黑)=。，解得s=凈

故在x軸上存在點(diǎn)S(竽,0),使得NPS7="ST恒成立.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：直線與橢圓位置關(guān)系問(wèn)題，從以下幾個(gè)角度分析:

(1)橢圓性質(zhì)得出橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)直線與橢圓聯(lián)立，韋達(dá)定理的應(yīng)用；

(3)求最值時(shí)，基本不等式的應(yīng)用；

(4)運(yùn)算過(guò)程，計(jì)算能力的考查.

定點(diǎn)滿足某條件：

(1)設(shè)出該點(diǎn)坐標(biāo)；

(2)把滿足的條件當(dāng)做已知條件，結(jié)合其他條件求出點(diǎn)的坐標(biāo)。

變式訓(xùn)練

【變式2-1】已知雙曲線—，=l(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)，右頂點(diǎn)分別為F,4B(O,b),|4F|=1,點(diǎn)M

在線段力B上，且滿足田M|=4|,直線。M的斜率為1,。為坐標(biāo)原點(diǎn).

(1)求雙曲線C的方程.

(2)過(guò)點(diǎn)F的直線I與雙曲線C的右支相交于P,Q兩點(diǎn)，在乂軸上是否存在與F不同的定點(diǎn)E,使得|EP|?FQ|=

|EQ|?恒成立？若存在，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

【答案】(1)%2-[=1

(2)存在，0)

【分析】(1)由|力日=1,\BM\=V3|MX|,直線。M的斜率為1,求得a,仇c之間的關(guān)系式，解得a,b的值,

進(jìn)而求出雙曲線的方程；

(2)設(shè)直線PQ的方程,與雙曲線的方程聯(lián)立，可得兩根之和及兩根之積，由等式成立，可得EF為NPEQ

的角平分線，可得直線EP,EQ的斜率之和為0,整理可得參數(shù)的值，即求出E的坐標(biāo).

【詳解】(1)設(shè)c?=/+/(c>0),所以F(c,0),4(G,0),

因?yàn)辄c(diǎn)M在線段AB上，且滿足|BM|=百陽(yáng)川，所以點(diǎn)”（表兄點(diǎn)b）,

-2—b,

因?yàn)橹本€。M的斜率為1,所以聯(lián)=1,所以勺=百，

VJa

而。

因?yàn)閨4F|=1,所以c—Q=1,解得Q=1,b=V3,c=2.

所以雙曲線C的方程為刀2-9=1.

（2）假設(shè)在x軸上存在與F不同的定點(diǎn)E,使得|EP|-\FQ\=\EQ\■|FP|恒成立,

當(dāng)直線/的斜率不存在時(shí)，E在x軸上任意位置，都有|EP|?|FQ|=|EQ|?|FP|；

當(dāng)直線/的斜率存在且不為。時(shí)，設(shè)E（t,O）,直線/的方程為x=ky+2,

直線/與雙曲線C的右支相交于P,Q兩點(diǎn)，則-9<k<?且k70,

設(shè)P0,%），Q（X2，，2），

—W=1

由廠3一■*■，得（3好-I）y2+I2ky+9=0,3/c2-10,A=36fc2+36>0,

[x=ky+2

所以為+%=-舟，為力=高，

因?yàn)閨EP|,|FQ|=|EQ|-FP|,即忌=黑，所以EF平分NPEQ,kEP+kEQ^0,

有-^—F,2=0,即"j~~七F--七—=0,得2fcy1y2+（2—t）（yi+、2）=。，

%1-tx2-tkyr+2-tky2+2-t八'乙'八'''"

所以2k高+（2—t）（—懸）=0,由kKO,解得t=g.

綜上所述，存在與F不同的定點(diǎn)E,使得|EP|?|FQ|=\EQ\■|FP|恒成立，且石《，。）?

【變式2-2】已知點(diǎn)M到點(diǎn)F（0,|）的距離比它到直線/：y=-2的距離小點(diǎn)記動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為區(qū)

（1）求E的方程;

（2）若過(guò)點(diǎn)尸的直線交E于力（久1，%），B（%2，y2）兩點(diǎn)，則在X軸的正半軸上是否存在點(diǎn)尸，使得以，P8分別

交E于另外兩點(diǎn)C,D,且荏=3而？若存在，請(qǐng)求出尸點(diǎn)坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

【答案】（1）/=6y

(2)P(乎,0)

【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)*Z：y=-m的距離，結(jié)合拋物線的定義得出拋物線￡

的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）設(shè)。（久3，、3），P（%o，。），由P4=3PC結(jié)合拋物線方程得出％1，K2是方程%之一—2就=0的兩根，設(shè)直

線AB的方程為y=kx+l，并與拋物線方程/=6y聯(lián)立結(jié)合韋達(dá)定理得出點(diǎn)P坐標(biāo).

【詳解】（1）因?yàn)辄c(diǎn)M到點(diǎn)F（0,|）的距離比它到直線/：y=—2的距離小/

所以點(diǎn)M到點(diǎn)尸（0,|）的距離等于它到直線/：y=*的距離，

則點(diǎn)M的軌跡為以F（0,|）為焦點(diǎn)，以y=-,為準(zhǔn)線的拋物線，

則曲線E的方程為無(wú)2=6%

（2）設(shè)C（X3，y3），P（&，0）（配>0），

由屈=3而得：AB//CD,且|A8|=3|CD|,得用=3而，

即（巧一久0,乃）=3（的一&，乃），所以町=小/，乃=與，

代入拋物線方程d=6y,得（"言。）=6y3=2yl=y,

整理得蠟—23%1—2%o=0,同理可得夠—2XQX2—2%o=0

故久是方程/-2XQX-2XQ=0的兩根，A=12XQ>0,

由韋達(dá)定理可得勺+冷=2久（）,久i%2=-2焉①，

由題意，直線N3的斜率一定存在，故設(shè)直線N3的方程為丫=卜％+|,

與拋物線方程爐=6y聯(lián)立可得/一6日-9=0,

易得4>0,由韋達(dá)定理可得/+牝=6/C,%I%2=-9②，

由①②可得&=苧,卜=爭(zhēng)

故在X軸的正半軸上存在一點(diǎn)P（苧,0）滿足條件.

【變式2-3】已知雙曲線Q：胃一r=l(a>0,6>0),4(2,0),B(—|,—?)，跳|,手)，D(-l,0),F(4,0)

五點(diǎn)中恰有三點(diǎn)在Q上.

(1)求。的方程；

⑵設(shè)P是。上位于第一象限內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，則是否存在定點(diǎn)Q(m,0)(爪<0),使得NPQ4+：NP/1E=宏若存在，

求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

【答案】⑴乂2一9=1

(2)存在，定點(diǎn)Q(—1,0)

【分析】(1)、根據(jù)五點(diǎn)的坐標(biāo)及雙曲線的對(duì)稱性和頂點(diǎn)的特征確定B,C,D都在Q上，得到方程組，求得a?,

b2,即可得。的方程；

(2)、根據(jù)條件及補(bǔ)角的定義得到2NPQ4=4PAQ,分P41%軸與P4不與x軸垂直兩種情況分析求解.

【詳解】(1)若4(2,0),D(-l,0),E(4,0)在雙曲線。上，貝114(2,0),。(一1,0),E(4,0)只能是雙曲線。的頂點(diǎn),

.??力(2,0),0(-1,0),E(4,0)三點(diǎn)中只能有一點(diǎn)是頂點(diǎn)，B,C都在雙曲線Q上，

：B(-1'-半)'C(|，苧)，二5C兩點(diǎn)關(guān)于(0,0)上對(duì)稱,

由雙曲線頂點(diǎn)的位置特征分析可知，。(-1,0)在。上，

將D(-l,0),B(一一手)代入雙曲線。的方程點(diǎn)■-左=1中，

貝方—，得。2=1,扶=3,故。的方程為久2—。=1.

2_13

a2=-1

(2)假設(shè)存在定點(diǎn)Q滿足題意，VAPQA+^PAE=p2NPQ力+APAE=兀，:.2/PQ力=兀-APAE,

???2NPQ4=乙PAQ.

①、當(dāng)P41久軸時(shí)，???力(2,0),；.P(2,3),NPQ4=：,

2yo

???Ian2/-PQA=—河+1_2yo(%o+D_2yo(%o+l)_yo

/ypV(%o+l)2—7o(%O+1)2-3%2+32—%O9

1-1

又tan/P力Q=4，,tan2NPQ4=tan/PAQ,即2/PQ4=Z.PAQ,所以假設(shè)成立.

2-%o

故存在定點(diǎn)Q(—1,0),使得NPQ4+*P4E='.

考法三：圓過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題

,卷金，例題分析

【例3】已知橢圓的京+會(huì)=l(a>b>0)的離心率為率且直線y=x+b是拋物線Czy=4x的一條切線.

(1)求橢圓的的方程；

(2)過(guò)點(diǎn)5(0,-0的動(dòng)直線L交橢圓Q于4B兩點(diǎn)，試問(wèn)：在直角坐標(biāo)平面上是否存在一個(gè)定點(diǎn)7,使得以4B

為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)T?若存在，求出T的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

【答案】(l)Q：3+y2=i

(2)存在；(0,1)

【分析】(1)先根據(jù)直線y=*+b是拋物線C2：y2=4x的一條切線，求出b的值，再由橢圓離心率為日，求

出a的值，則橢圓方程可得.

(2)先假設(shè)存在一個(gè)定點(diǎn)T,使得以為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)，再用垂直時(shí)，向量方，礪的數(shù)量積為0,得

到關(guān)于直線斜率k的方程，求匕若能求出，則存在，若求不出，則不存在.

【詳解】(1)由『；"："得/+(2b—4)x+房=0

(yZ=?

直線y=%+b是拋物線。2：丫2=4%的一條切線.所以A=0=>b=1

e=~='Y=>a=^2,所以橢圓C吟+y2=i

(2)

2

當(dāng)直線L與x軸平行時(shí)，以4B為直徑的圓方程為刀2+(y+l)=(J

當(dāng)直線L與y軸重合時(shí)，以AB為直徑的圓方程為/+y=1

所以兩圓的交點(diǎn)為點(diǎn)(0,1)猜想：所求的點(diǎn)T為點(diǎn)(0,1).

證明如下.當(dāng)直線L與x軸垂直時(shí)，以4B為直徑的圓過(guò)點(diǎn)(0,1)

當(dāng)直線L與久軸不垂直時(shí)，可設(shè)直線Z為：y=kx-l

(_11(,12fc

y=kx--%1+&=--j-

由〃3得(18/+9比2—I2kx-16=0,設(shè)2(X21),3(如丫2)則《嚷十。

卜+丫2=1X1X2=

+（71-%112

則方.TB=（Xi，yt-1）-（x2fy2-1）=1）（72-1）=亞+（依一—1）（々％-1一1）

4,、16,八-16412k16

=XiXo——（Xi+%?）+=（1+上幺）--75-----二X--------------F■—=0

1'3'1"9'18fc2+9318fc2+99

所以刀1而，即以力B為直徑的圓過(guò)點(diǎn)（0,1）

所以存在一個(gè)定點(diǎn)7,使得以為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)T.

圓錐曲線中圓過(guò)定點(diǎn)問(wèn)題的解法：充分利用圓的幾何特征，即圓過(guò)定點(diǎn)，可依據(jù)直徑所對(duì)圓周角為直角,

轉(zhuǎn)化為兩條線段的垂直，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為兩個(gè)向量垂直，即兩向量的數(shù)量積等于0,從而建立方程求解.

變式訓(xùn)練

【變式3-1】知橢圓4捻+，=1(。>6>0)的離心率是圣上、下頂點(diǎn)分別為4B.圓。:必+丫2=2與%

軸正半軸的交點(diǎn)為P,且刀?麗=-1.

(1)求E的方程；

(2)直線I與圓。相切且與E相交于M,N兩點(diǎn)，證明：以MN為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn).

【答案】(14+9=1

(2)證明見(jiàn)解析

【分析】(1)寫(xiě)出向量方，麗的坐標(biāo)，帶入求解即可；

(2)設(shè)直線Z后，和圓相切可得爪2=2k2+2,和橢圓方程聯(lián)立后，觀察可得X62+y02=0,從而判段出

以MN為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn).

【詳解】(1)由已知得4(0,b),B(0,-b),P(V2,0).

則方=(一&,b),PB=(-V2,-b),PA-PB^2-b2^-l,所以/=3.

因?yàn)閑=￡=也，又〃+c2=a2,所以c?=3,a2—6.

a2

故E的方程為。+4=1.

(2)當(dāng)直線Z的斜率存在時(shí)，設(shè)/的方程為y=依+m,即依一y+m=0.

因?yàn)橹本€電圓。相切，所以懸=&,即汴=2/+2.

2，%），

設(shè)乂（第則=kX]+m,y2=kx2+m.

y=kx+m,

由%2y2化簡(jiǎn)，得(2/+1)%2+軌血工+27n2—6=0,

V—6I—3=L

（X1+%24km

由韋達(dá)定理，得《=一^7T，

_2m2—6

IMM

=U?+i9

2222

所以為乃=(%+m)(kx2+m)=/CXI%2++x2)+m=k?-km-+m=,

乙K?JL乙K十J.Z/C?1.

斫以YY+VV=2/-6|?-6M=3依2-2依-2)

."12乃乃2k2+1+2k2+12fc2+l0,

故。M1ON,即以MN為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)。

當(dāng)直線［的斜率不存在時(shí)，2的方程為x=&或x=-V2.

這時(shí)M（魚(yú),&），N（VX-&）或M（-企,企），/V（-V2,-V2）.

顯然，以MN為直徑的圓也過(guò)原點(diǎn)。.綜上，以MN為直徑的圓恒過(guò)原點(diǎn)。.

【變式3-2】已知橢圓。5+/=1（。＞匕＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為Fi，尸2,42分別是C的右、上頂點(diǎn),

且|A8|=?,。是C上一點(diǎn)，周長(zhǎng)的最大值為8.

⑴求C的方程；

（2）。的弦DE過(guò)％,直線AE,AD分別交直線％=-4于M,N兩點(diǎn)，尸是線段MN的中點(diǎn)，證明：以PD為直

徑的圓過(guò)定點(diǎn).

【答案】（1斤+?=1;

（2）證明見(jiàn)解析.

【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義結(jié)合三角形不等式求解即可；

（2）設(shè)OOi，yi）,E（%2，y2），直線OE:%=my-1,聯(lián)立直線與橢圓的方程，根據(jù)過(guò)兩點(diǎn)圓的方程，結(jié)合圖

形的對(duì)稱性可得定點(diǎn)在久軸上，代入韋達(dá)定理求解即可.

【詳解】（1）依題意，a2+b2=7,

△B%。周長(zhǎng)|OB|+|DF2|+Q=\DB\+2a-\DFr\+a＜\BFr\+3a=4a,當(dāng)且僅當(dāng)昆％,D三點(diǎn)共線時(shí)等

號(hào)成立，故4。=8,

（2）設(shè)0（久1，月）,￡1（%2，力），直線。E:%=my-1,代入?+5=1,整理得（3血2+4）y2-6my-9=0,

2

△=36m+36（3血2+4）>0,yt+y2=^^，%丫2=

易知4D:y=\^（%—2）,令％=—4,得N（-4,^^）,同得M（—4,詈

從而中點(diǎn)。14,-3（言+會(huì)）》

7

以PZ）為直徑的圓為（久+4）（%—%i）+（y+3（J\+X2-2））°—7i）=0,

由對(duì)稱性可知，定點(diǎn)必在久軸上，

令y=0得，（X+4）（%-K1）-3yl（含+叁）=0,

乃+為=乃+丫2=2一乃乃一3（乃+乃）

29

Xi-2x2-2myx-3my2-3my1y2-3m（yt+y2）+

—18m18m

―3m2+437「+4__36、__

zQ2n-11Lf

-9m18m1Q36

3m2+43m2+4

所以（％+4）（久—+3myr=0,即/+（4—x^x—+3my1=0,因?yàn)椴?myt—1,

所以+（5—my^x—my1+4=0,即（%+1）（%—myx+4）=0,

解得%=-1，所以圓過(guò)定點(diǎn)（一1,0）.

>

x

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題的基本步驟如下:

（1）設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為（5,丫。（X2，、2）；

（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x（或y）的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算A；

（3）列出韋達(dá)定理；

（4）將所求問(wèn)題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為X1+乂2，巧尤2（或月+丫2，為丫2）的形式；

（5）代入韋達(dá)定理求解.

【變式3-3】已知橢圓4+，=1。＞力〉0）的離心率為右長(zhǎng)軸的左端點(diǎn)為4（一2,0）.

（1）求C的方程；

（2）過(guò)橢圓。的右焦點(diǎn)的任一直線/與橢圓C分別相交于N兩點(diǎn)，且/M,/N與直線x=4,分別相交于

D,￡兩點(diǎn)，求證：以DE為直徑的圓恒過(guò)x軸上定點(diǎn)，并求出定點(diǎn).

【答案】（lg+9=1

（2）證明見(jiàn)解析,定點(diǎn)分別為（1,0）,（7,0）

【分析】（1）由離心率，及頂點(diǎn)坐標(biāo)得橢圓的方程；

（2）設(shè)”（巧,巧），NLD，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，求得。（4,黑），E（4,黑），由垂直關(guān)系利用數(shù)

量積等于零，求得圓與x軸的交點(diǎn).

【詳解】（1）由題可得￡=：,a=2,得b=

a2

所以橢圓C的方程：9+9=1；

（2）橢圓右焦點(diǎn)坐標(biāo)為（1,0）,由題直線斜率不為零，設(shè)直線/方程為x=zny+l,

設(shè)”（％1，為），N（x2,y2）,

x=my+1

由題，聯(lián)立方程組I/2,消去尤得（3m2+4）y2+6my-9=0,

—I—=]

43

所以乃+乃=品'乃乃=島'

力帆”盤(pán)（X+2），得。（4,黑）,同理，殖=焉（%+2）,得以4,黑），

設(shè)》軸上一點(diǎn)P（t,0）,則同=（4—t,筆），同理得:而=（4—t,筆），

X1r4”2十4

麗.而=（4—t,溶）,（4一t,器）=（4—t）2+:*二八,

%1+2冷+2（%1+2）（%2+2）

因?yàn)?1+2)3+2)=(my1+3)(my2+3),

—>—>>36yly22,36x(—9),

PD?PE=(4—t)2+------———=(4-t)+-7--------2-------2--------2-----=(4一曠一9=0

'>(myi+3)(my2+3),-9m-18m+27m+36'>

得：t-4=±3,即t=l或t=7,

所以以DE為直徑的圓恒過(guò)x軸上定點(diǎn)，定點(diǎn)分別為(1,0),(7,0).

弘題型二：定直線問(wèn)題

忠例題分析

22

【例4】已知力式―3,0)和42(3,0)是橢圓邛a+與=1(。>6>0)的左、右頂點(diǎn)，直線1與橢圓〃相交于M,N

兩點(diǎn)，直線/不經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)0,且不與坐標(biāo)軸平行，直線與直線的斜率之積為-今

(1)求橢圓〃的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)若直線0M與橢圓77的另外一個(gè)交點(diǎn)為S,直線&S與直線&N相交于點(diǎn)P,直線尸。與直線Z相交于點(diǎn)Q,

證明：點(diǎn)Q在一條定直線上，并求出該定直線的方程.

【答案】(1《+?=1

(2)證明見(jiàn)解析，定直線為x=-3

【分析】(1)設(shè)M(xi，y。，N(%2，y2)，依題意可得比=-4好一9),進(jìn)而結(jié)合a=3可得/=5,從而求解;

(2)設(shè)直線/的方程為：%=my+n(mW0,幾。0),聯(lián)立直線/和橢圓方程，結(jié)合韋達(dá)定理可得y02,乃+丫2,

結(jié)合三點(diǎn)共線可得/=-，氣=吃，進(jìn)而得到也=瞿，進(jìn)而得到直線。2的方程，進(jìn)而聯(lián)立直線

陽(yáng))+3%1—3XQ—3型―3yon+3

OP與直線［的方程即可求解.

【詳解】(1)設(shè)N(x2,y2)>

所以以iM,kA2M=^h-^h=-1,即%=_|(xi-9)，

由題意知a=3,所以蓑+竟=1=>%=/(1一果，

所以匕2=5,

則橢圓〃的標(biāo)準(zhǔn)方程為'+￡=L

(2)證明：設(shè)直線/的方程為：x=my+n(m0,nO'),

x=my+n

聯(lián)立橢圓q的方程，得

所以(5血2+9)y2+lOmny+5n2-45=0,

則4=180(5m2-n2+9)>0,

由根與系數(shù)的關(guān)系，得力丫2=誓工，%+丫2=-瞪量

設(shè)POo，%),

由尸，s,4三點(diǎn)共線，得口=氣，

%o+3%i—3

由P,N,①三點(diǎn)共線，得氣=弋，

%()—3%2-3

yoyoyoyiyi

=2m+(n-3)^=2m-(n-3)g=^.

所以直線OP的斜率為&p=型=F，

%o3m

則直線OP的方程為y=*X,

r_n+3

聯(lián)立直線。尸與直線1的方程，可得y=l^X,解得刀=-3,

x=my+n

所以點(diǎn)Q在一條定直線上，該定直線的方程為％=-3.

動(dòng)點(diǎn)在定直線上問(wèn)題的解題策略：

①?gòu)奶厥馊胧?，初步確定動(dòng)點(diǎn)所在的直線，再證明一般情況下也在該定直線上即可；

②從動(dòng)點(diǎn)的坐標(biāo)入手，直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到動(dòng)點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)

關(guān)系，進(jìn)而得出定直線方程.

變式訓(xùn)練

【變式4-1】已知橢圓。捺+/=l(a>b>0)右焦點(diǎn)分別為F2,4(2,1)是C上一點(diǎn)，點(diǎn)B與力關(guān)于原點(diǎn)。對(duì)稱,

△48%的面積為加.

(1)求C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

⑵直線〃/4B,且交C于點(diǎn)D,E,直線力。與BE交于點(diǎn)P.

證明：①直線4。與BE的斜率乘積為定值；

②P點(diǎn)在定直線上.

【答案】(1《+]=1

(2)①證明見(jiàn)解析；②證明見(jiàn)解析

【分析】⑴設(shè)為&(c,0)，根據(jù)SMBFZ=2SAO”2,解得。；點(diǎn)42,1)在曲線C上，可得/+專=1,解得a2,

b2,即可得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程.

(2)①設(shè)。(久i，yi),￡(%2>72)>直線DE方程為y=gx+m,mH0,聯(lián)立直線DE與橢圓方程，消去y得，/+

2mx+2m2-4=0,利用斜率計(jì)算公式、根與系數(shù)的關(guān)系即可得出心D?ME為定值.

②直線2D方程為y=《+言)x-懸，直線BE的方程為y=6+4)x+黑，聯(lián)立直線4D與直線BE

方程4，yp,化簡(jiǎn)結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系可得絲為定值.

Xp

【詳解】(1)設(shè)為92(6。)，c=Va2-b2,

則SZUB產(chǎn)2=2sAOAF?=1x2xc=V6,即c=V6,

又點(diǎn)Z(2,l)在曲線C上，.*+今=1,

將抉=a2—6代入，整理得a4—11a2+24=0,a>V6,

解得次=8,b2=2,

..?橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為1+(=1.

oZ

(2)①設(shè)。E(%2，y2)，直線DE方程為：y=；%+m,7nH0,

聯(lián)立直線DE與橢圓方程，消去y得%2+2mx+2m2-4=0,

當(dāng)A=47n2—4(2m2—4)>0,即一2Vm<2且mW0時(shí)，

2

x1+%2=-2m,久i久2=2m—4,

.j_yi_-l_|xi+m-l_im

=

??KAAUD——，

%i-2xr-22%i-2

._y2+l_32+w+]__1m

Knp=----=--------=--1------，

%2+2犯+22犯+2

二3喙=G+&G+金)=鴻后+言)+會(huì)乂壬

_1m(xi+%2)+2m2_1

-4+2aL2)3+2)-4*

2m

②直線4。方程為：y-i=6+已)(％-2),即y=6+言)X~%1-2,

,2m

直線BE的方程為y+1=G+云)("+2)，即y=C+4xH----->

X2+2

2m.2m

X=——-H----

—2%z+2

??一?冷—=2一(%1+=%2，)舛…_=匕/I+,2m

m(xj—%2—4)1I一(％1+%2)+(%1-％2-4)12m1

.?.絲=工+上+區(qū)-2)3+嘮=/

2—22,

XpX\(XI-2)(%I+X2)X-L+X2

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用韋達(dá)定理法解決直線與圓錐曲線相交問(wèn)題的基本步驟如下：

(1)設(shè)直線方程，設(shè)交點(diǎn)坐標(biāo)為(巧,乃)、(%2，丫2)；

(2)聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關(guān)于x(或y)的一元二次方程，必要時(shí)計(jì)算A；

(3)列出韋達(dá)定理；

(4)將所求問(wèn)題或題中的關(guān)系轉(zhuǎn)化為勺+犯、的形式；

(5)代入韋達(dá)定理求解.

【變式4-2］已知8(-1,0),。(1,0)為448(7的兩個(gè)頂點(diǎn)，P為AABC的重心，邊力上的兩條中線長(zhǎng)度之和

為6.

(1)求點(diǎn)P的軌跡C的方程.

(2)已知點(diǎn)N(—3,0),E(—2,0),F(2,0),直線PN與曲線C的另一個(gè)公共點(diǎn)為Q,直線EP與FQ交于點(diǎn)M,求證：當(dāng)

點(diǎn)P變化時(shí)，點(diǎn)M恒在一條定直線上.

【答案】(1嚀+9=1(%2)

⑵證明見(jiàn)解析

【分析】(1)由三角形重心的性質(zhì)與橢圓的定義求解即可;

(2)設(shè)直線PQ的方程為：x—my—3,P(xi，y)(2(刀2，丫2)，聯(lián)立直線與橢圓，再表示出直線又直線PE與QF

的方程，聯(lián)立求出交點(diǎn)，即可求解

【詳解】(1)因?yàn)镻為AABC的重心，且邊上的兩條中線長(zhǎng)度之和為6,

7

所以|PB|+\PC\=(x6=4>\BC\,

故由橢圓的定義可知P的軌跡C是以B(-1,O),C(1,O)為焦點(diǎn)的橢圓(不包括長(zhǎng)軸的端點(diǎn)),

且a=2,c=l,所以b=

所以P的軌跡C的方程為。+。=l(x7±2)；

43

(2)設(shè)直線PQ的方程為：x=my-3,2(勺,乃),(2(%2，丫2)