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圆锥曲线中的定点问题
处理圆锥曲线中定点问题的方法：(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关．
考法1 参数法求证定点
【例1】(2022·临沂、枣庄二模联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左、右焦点分别为F1，F2，点P为坐标平面内的一点，且||＝，·＝－，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M为椭圆C的左顶点，A，B是椭圆C上两个不同的点，直线MA，MB的倾斜角分别为α，β，且α＋β＝.证明：直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标．
【解题指导】
【解析】(1)设P点坐标为(x0，y0)，F1(－c,0)，F2(c,0)，
则＝(－c－x0，－y0)，＝(c－x0，－y0)．
由题意得
解得c2＝3，∴c＝.
又e＝＝，∴a＝2.
∴b2＝a2－c2＝1.
∴所求椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设直线AB方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程消去y得
(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴x1＋x2＝－，x1x2＝.
又由α＋β＝，∴tan α·tan β＝1，
设直线MA，MB斜率分别为k1，k2，则k1k2＝1，
∴·＝1，
即(x1＋2)(x2＋2)＝y1y2.
∴(x1＋2)(x2＋2)＝(kx1＋m)(kx2＋m)，
∴(k2－1)x1x2＋(km－2)(x1＋x2)＋m2－4＝0，
∴(k2－1)＋(km－2)＋m2－4＝0，
化简得20k2－16km＋3m2＝0，
解得m＝2k，或m＝k.
当m＝2k时，y＝kx＋2k，过定点(－2,0)，不合题意(舍去)．
当m＝k时，y＝kx＋k，过定点，
∴直线AB恒过定点
【例2】（2022·福建·漳州三模）已知抛物线的准线为，为上一动点，过点作抛物线的切线，切点分别为.
（1）求证：是直角三角形；
（2）轴上是否存在一定点，使三点共线.
【解题指导】
【解析】（1）由已知得直线的方程为，
设，切线斜率为，
则切线方程为， （2分）
将其与联立消得.
所以，
化简得， （4分）
所以，所以.即是直角三角形. （6分）
由（1）知时，
方程的根为
设切点，
则.因为，
所以. （10分）
设，
【点拨】由M点出发向抛物线作量条切线，则切点A,B所在直线与抛物线有两个焦点且其斜率不为零
与联立消得，则，
所以，解得，
所以直线过定点.
即轴上存在一定点，使三点共线. （12分）
【解题技法】圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
【跟踪训练】
（2020·新课标Ⅰ卷理科）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.
【解析】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）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．
考法2 先求后证法求证定点
【例3】（2022·合肥一中模拟预测）已知椭圆的离心率为，其上焦点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于，两点.试探究以线段为直径的圆是否过定点？若过，求出定点坐标，若不过，请说明理由.
【解题指导】（1）椭圆离心率→焦点到直线的距离→→列方程组求a,b的值→椭圆方程;
（2）当直线l斜率不存在时→为直径的圆的方程→当直线l斜率为0时→为直径的圆的方程→两圆的交点Q→当直线的斜率存在且不为0时为直径的圆恒过点Q即可.
【解析】（1） 由题意，，，所以，.
又，，所以，，故椭圆的方程为
（2）当轴时，以为直径的圆的方程为
当轴时，以为直径的圆的方程为.
可得两圆交点为．
由此可知，若以为直径的圆恒过定点，则该定点必为．
下证符合题意．
设直线的斜率存在，且不为0，则方程为，代入
并整理得， 设，，
则， ，
所以
故，即在以为直径的圆上．
综上，以为直径的圆恒过定点．
【例4】（2022·全国乙T21）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
（1）求E的方程；
（2）设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【解题指导】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）斜率不存在时探究定点→设出直线方程→与椭圆C的方程联立→求HN的方程→是否过定点.
【解析】（1）设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
（2），所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，综上，可得直线HN过定点
【解题技法】
(1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时.
(2)以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参.
【跟踪训练】
（2022·江苏淮安·模拟预测）平面直角坐标系xOy中，点（－，0），（，0），点M满足，点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知A（1，0），过点A的直线AP，AQ与曲线C分别交于点P和Q（点P和Q都异于点A），若满足AP⊥AQ，求证：直线PQ过定点.
【解析】(1)因为，所以
由双曲线定义可知，M的轨迹为双曲线，其中
所以
所以曲线C的方程为：
(2)若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为，
联立求解可得，直线PQ过点.
当直线PQ斜率存在时，设直线PQ方程为，
代入，整理得：
则
因为AP⊥AQ，所以
整理得
解得或
因为点P和Q都异于点A，所以不满足题意
故，代入，得，过定点.
综上，直线PQ过定点.
1．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知抛物线，过焦点的直线交抛物线于，两点，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)若点，直线，分别交准线于，两点，证明：以线段为直径的圆过定点.
【分析】（1）设，联立抛物线方程，由根与系数的关系及抛物线的定义，根据建立方程求出得解；
（2）由直线方程求出的坐标，计算，设是以线段为直径的圆上任意一点，根据化简，根据对称性令可得解.
【详解】（1）设，，，
则联立得，
所以，所以，
又，，所以
由得，
即
所以，化简得，又，
所以，所以抛物线的方程为.
（2）由（1）知，，，
所以，，易得，，
由题意知，，
所以令得，，
即，，
所以
设是以线段为直径的圆上得任意一点，则有，
即，
由对称性令得，所以或
所以以线段为直径的圆经过定点，定点坐标为与.
【点睛】关键点点睛：求出的点的坐标，计算出为定值，是解题的关键之一，其次写出以为直径的圆的方程，根据圆的方程，由对称性，令求定点是解题的关键.
2．（2023·山西晋中·统考二模）已知双曲线C：的离心率为，点在双曲线上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若A，B为双曲线的左、右顶点，，若MA与C的另一交点为P，MB与C的另一交点为Q（P与A，Q与B均不重合）求证：直线PQ过定点，并求出定点坐标．
【分析】（1）把点代入双曲线的标准方程，结合其离心率来联立方程求解即可；
（2）根据题意当时，设出直线方程为，并设交点，，联立直线与曲线的方程，利用韦达定理可得，，从而由题意推出直线PQ恒过定点，最后检验当时，也符合题意即可.
【详解】（1）由题意可知 ，解得 ,
故双曲线C的方程为．
（2）证明：①A，B为双曲线的左、右顶点，，又
当时，可得，，，
又点P在双曲线上，∴，
∴．
设，，：，与双曲线C的方程联立得，
，，，
，
解得，此时满足，
∴直线PQ恒过点．
②当时，P与B重合，Q与A重合，此时直线PQ的方程为．
综上，直线PQ恒过点．
3．（2023·贵州毕节·统考一模）设抛物线的焦点为，点，过的直线交于，两点．当直线垂直于轴时，．
(1)求的方程；
(2)在轴上是否存在一定点，使得_________？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
从①点关于轴的对称点与，三点共线；②轴平分这两个条件中选一个，补充在题目中“__________”处并作答．
注：如果选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．
【分析】（1）当直线垂直于轴时，点的横坐标为，根据抛物线的定义，，则C的方程可求；
（2）若选①，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，结合韦达定理求得直线的斜率，得直线的方程即可判断；
若选②，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，设，由题意，结合韦达定理得对任意的恒成立，则，得出答案．
【详解】（1）当直线垂直于轴时，点的横坐标为
根据抛物线的定义，，
则抛物线方程为：．
（2）若选①，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，
，设直线的方程为：，设，，
联立，得，恒成立
得，
直线的斜率
直线的方程为
由，化简得
直线过定点，存在
若选②，若直线轴，则该直线与曲线只有一个交点，不合题意，
，设直线的方程为：
设，，设
联立，得，恒成立
得，
轴平分
，即对任意的恒成立，则．
存在．
4．（2023·江苏泰州·统考一模）已知双曲线的左顶点为，过左焦点的直线与交于两点.当轴时，，的面积为3.
(1)求的方程；
(2)证明：以为直径的圆经过定点.
【分析】（1）根据题意，可得，，进而求解；
（2）设方程为，，联立直线和双曲线方程组，可得，以为直径的圆的方程为，由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，进而得到，进而求解.
【详解】（1）当轴时，两点的横坐标均为，
代入双曲线方程，可得，，即，
由题意，可得，解得，，，
双曲线的方程为：；
（2）方法一：设方程为，，
以为直径的圆的方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点，令，可得
，
而，
，
对恒成立，，
以为直径的圆经过定点；
方法二：设方程为，
由对称性知以为直径的圆必过轴上的定点.
设以为直径的圆过，
，
而
，
，
，即对恒成立，
，即以为直径的圆经过定点.
5．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆的左顶点为A，点E为直线与的一个交点（异于点A），当时，点E在y轴上.
(1)求的标准方程；
(2)若点F为过点A且斜率为的直线与的一个交点（异于点A），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.
【分析】（1）由题意求出点E的坐标，将点E的坐标代入直线的方程，求出a的值，代入即可得的标准方程.
（2）判断直线的斜率是否存在,设出直线的方程并与椭圆方程联立,利用斜率间的关系建立等式,并借助根与系数的关系求参数间的关系,从而可写出直线的点斜式方程得到其所过定点，进而整合证明结论.
【详解】（1）由题意知，
直线，即，则直线过点A，
因为当时，，点E在y轴上，
又 E在椭圆上，所以当E在y轴上时，E为椭圆的上顶点或下顶点，
又，所以E为椭圆的上顶点，所以，
又点E在直线上，所以，解得，
所以的标准方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，点关于x轴对称，此时的斜率为，
这与的斜率为相矛盾，所以直线的斜率存在.
设直线的方程为，由，消去y，
得，需满足，
设，，，则，.
由题意得，，则，
得，
即，
所以，
所以，即，
解得或.
若，则直线的方程为，即，则直线恒过定点，不符合题意.
若，则直线的方程为，即，
则直线恒过定点，
综上，直线恒过定点，定点坐标为.
【点睛】在证明直线恒过定点时，设直线方程，和曲线方程联立，得到根与系数的关系式，此时的关键是要利用直线的斜率与直线的斜率之间的关系建立等式，进行化简，得到之间的关系，从而证明直线过定点.
6．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，椭圆上的点与点的距离的最大值为4.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点在直线上，点关于轴的对称点为，直线分别交椭圆于两点（不同于点）.求证：直线过定点.
【分析】（1）根据离心率可得，设点结合椭圆方程整理得，根据题意分类讨论求得，即可得结果；
（2）设直线及的坐标，根据题意结合韦达定理分析运算，注意讨论直线的斜率是否存在.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由椭圆的离心率为，得，
设点为椭圆上一点，则，则，
因为，所以，
①当时，，解得（舍去）；
②当时，，解得；
综上所述：，则，
故椭圆的标准方程为.
（2）①当斜率不存在时，设且，则，
则直线为，令，得，
即，
同理可得.
∵与关于轴对称，则，
解得，矛盾；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，
设，其中且，
联立方程组，消去化简可得，
，则，
所以，
由，可得，
所以直线的方程为，令，得，
即，
直线的方程为，令，得，
即，
因为和关于轴对称，则，
把代入上式，则，
整理可得，则，
∵，则，可得，
化简可得，
则直线的方程为，即，
所以直线过定点；
综上所述：直线过定点.
【点睛】方法定睛：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．
7．（2023·浙江·模拟预测）已知双曲线的焦距为10，且经过点．A，B为双曲线E的左、右顶点，P为直线上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D（不同于A，B）．
(1)求双曲线E的标准方程．
(2)直线CD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．
【分析】（1）方法一：将代入方程，结合求得得双曲线方程；方法二：根据双曲线定义求得得双曲线方程.
（2）方法一：设CD的方程为，与双曲线联立，由A点与C点写出AC方程，求出，由B点与D点写出BD方程，求出，利用两个相等建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
方法二：设CD的方程为，与双曲线联立，由P点与A点写出AC方程，由P点与B点写出BD方程，将代入以上两方程，两式相比消去建立关系式，代入韦达定理可求得为定值.
【详解】（1）法一．由解得，∴双曲线E的标准方程为．
法二．左右焦点为，，
，
∴双曲线E的标准方程为．
（2）直线CD不可能水平，故设CD的方程为，
联立消去x得，
，，，
AC的方程为，令，得，
BD的方程为，令，得，
，
解得或，即或（舍去）或（舍去），
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
方法二．直线CD不可能水平，设CD的方程为，
联立，消去x得，
，
AC的方程为，BD的方程为，
分别在AC和BD上，，
两式相除消去n得，
又，．
将代入上式，
得
．
整理得，解得或（舍去）．
∴CD的方程为，∴直线CD过定点，定点坐标为．
【点睛】圆锥曲线中直线过定点问题通法，先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出为定值可得直线恒过定点，若得到和的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
8．（2023·山东威海·统考一模）已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，P为C上任意一点（异于A，B），直线AP，BP分别交直线于M，N两点.
(1)求证：；
(2)设直线BM交椭圆C于另一点Q，求证：直线PQ恒过定点.
【分析】（1）设点，根据已知得出，直线的方程，直线的方程，分别令方程，即可得出M，N两点坐标，即可根据两点求出直线与的斜率，得出，即可证明；
（2）设直线的方程为，点，直线的方程与椭圆的方程联立，根据韦达定理得出，，再根据原方程得出，根据第一问求得的M，N两点坐标，得出，即可的，代入化简即可得出与的关系式，代回原直线的方程即可得出原方程恒过定点.
【详解】（1）设点，，，
，即，且，
则直线的方程为，直线的方程为，
分别令，得，，
即，，
则，
则；
（2）设直线的方程为，点，
由，消去，整理得：，
则，，
则，，
，
则，
则，
代入化简得：，
则或，
则直线的方程为或，
化为恒过点，不合题意，舍去，
化为恒过点，
则直线PQ恒过定点.
9．（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）已知椭圆过点，且的焦距是椭圆的焦距的3倍．
(1)求的标准方程；
(2)设M，N是上异于点P的两个动点，且，试问直线是否过定点？若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由．
【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得的标准方程.
（2）根据直线的斜率是否存在进行分类讨论，利用直线与椭圆的交点以及列方程，整理后可求得定点坐标.
【详解】（1）由题意得，化简得①，
又过点．所以②，
联立①②解得，
所以的标准方程为．
（2）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得，
所以，
，
因为，所以，
所以，
即，
所以，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为恒过点（舍去）；
当时，直线的方程为恒过点，
此时直线恒过点；
当直线的斜率不存在时，设，则，所以．
由，得，
所以，
所以，解得或（舍去），
此时直线的方程为，恒过点，
综上，直线恒过定点，定点的坐标为．
10．（2023·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测）已知椭圆的右焦点为F，P，Q分别为右顶点和上顶点，O为坐标原点，（e为椭圆的离心率），的面积为．
(1)求E的方程；
(2)设四边形是椭圆E的内接四边形，直线与的倾斜角互补，且交于点，求证：直线与交于定点．
【分析】（1）由已知求得得椭圆方程；
（2）题意说明A与D，B与C分别关于x轴对称，设，，则，，利用直线方程求得与的交点坐标（用表示），设直线的方程为，代入椭圆方程后应用韦达定理得，把它代入与的交点坐标得常数，从而得证结论．
【详解】（1）∵，∴，∴，
又，，∴，，
∴椭圆E的方程为．
（2）∵直线与的倾斜角互补，且交于点，
∴直线与关于x轴对称，∴A与D，B与C分别关于x轴对称．
设，，则，，
∴直线的方程为，
直线的方程为，
联立解得，，
∴直线与交于点．
设直线的方程为，
与椭圆E的方程联立得，
由题意得，，解得，
又，，
∴，
∴直线与交于定点．
【点睛】方法点睛：椭圆中的定点问题，一般设动点坐标为，利用此坐标求得直线的交点坐标，再证此交点坐标为常数即可，然后引入参数，设出直线方程，与椭圆方程联立后消元应用韦达定理得（或），代入交点坐标后可得结论，如果是求动直线过定点，则可以引入参数求得动直线方程后，观察直线方程得定点．
思路引导
母题呈现
模拟训练
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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