解析几何中的定点与定直线问题 高频考点梳理 专题练 2026届高考数学复习备考

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解析几何中的定点与定直线问题 高频考点梳理
专题练 2026届高考数学复习备考
一、单选题
1．已知圆的圆心为原点，且与直线相切.点在直线上，过点引圆的两条切线，，切点分别为A，B，如图所示，则直线恒过定点的坐标为（ ）
A．） B． C． D．
2．双曲线的另一种定义：动点与定点的距离和它与定直线：的距离的比是常数，则点的轨迹是一个双曲线.动点与定点的距离和它与定直线：的距离的比是，则点的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O，且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则C在第一象限的点的纵坐标的最大值与1的关系为（ ）
A． B． C． D．
4．一条动直线与圆相切，并与圆相交于点，点为定直线：上动点，则下列说法错误的是（ ）
A．存在直线，使得以为直径的圆与相切
B．的最小值为
C．的最大值为
D．的最小值为
二、多选题
5．在平面直角坐标系中，已知定点和定直线，若到点与直线的距离之和等于10的点的轨迹记为曲线.给出下列四个结论，其中正确的是（ ）
A．曲线关于轴对称
B．若点在曲线上，则
C．若点在曲线上，则
D．若点在曲线上，则
6．下列说法中，正确的有（ ）
A．直线必过定点
B．点关于直线对称的点是
C．直线的斜率为
D．点到的距离是
7．设直线系，则下列四个命题为真的是（ ）
A．中所有直线均经过一个定点
B．存在定点不在中的任一条直线上
C．中的直线所能围成的正三角形面积都相等
D．对于任意整数，存在正边形，其所有边均在中的直线上
三、填空题
8．已知点到定点的距离与它到定直线的距离的比是常数，点的轨迹为曲线，则曲线的方程为 ．
9．已知点是抛物线的焦点，过定点的直线与抛物线交于两点，若抛物线上存在动点，使得四边形为平行四边形，则定点坐标为 .
10．若直线AB与曲线交于A，B两点，过A，B分别作的切线，两切线交于点，若直线AB经过定点，则点在定直线 上．
四、解答题
11．已知抛物线：（），是的焦点，为上的一动点，且的最小值为1.
(1)求的方程；
(2)直线（不过坐标原点）交于、两点，且满足，证明过定点，并求出该定点的坐标.
12．已知动点到定点的距离与动点到定直线的距离相等，若动点的轨迹记为曲线．
(1)求的方程；
(2)不过点的直线与交于两点，且，若的垂直平分线交轴于点，证明：为定点．
13．某企业生产的系列玻璃器皿产品成功入选“一带一路十周年·国礼品牌”．其中某型号高脚杯的轴截面为抛物线C，如图1所示．往高脚杯中缓慢倒水，当杯中的水深为1cm时，水面宽度为4cm，如图2所示．以O为坐标原点建立平面直角坐标系，P，Q是抛物线C上异于点O的两点，且满足．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求证：直线PQ过定点；
(3)过点O作PQ的垂线，垂足为H．是否存在一个定点到点H的距离为定值 如果存在，求出该定点的坐标；如果不存在，请说明理由．
14．动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数，记动点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)设点，过点直线与交于，两点，若弦中点的纵坐标为，求直线的斜率；
(3)设是曲线上的一动点，由原点向圆引两条切线，分别交曲线于点，，若直线，的斜率均存在，并分别记为，，试问是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
15．已知椭圆，分别是椭圆的左、右顶点，是椭圆上异于的两个点，当四边形为菱形时，四边形的周长为，面积为4.
(1)求椭圆的方程.
(2)若，的斜率分别为，，且，证明：直线过定点.
(3)在（2）的条件下，若直线，交于点，直线，交于点，求的最小值.
16．如图，过抛物线焦点的直线交曲线于两点，准线交对称轴于点，过焦点且平行于准线的直线交抛物线于点，直线分别交准线于两点.
(1)问：以为直径的动圆是否过定点？
(2)若直线交准线于点，求证：点恰为（1）中圆的圆心．
17．已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点的直线（非y轴）交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上．
18．已知椭圆的离心率为，直线与椭圆相交于两点，其中点在第一象限，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线与椭圆相交于点，的内切圆圆心是半径是.
(i)若求证:圆心在一条定直线上；
(ii)若求的面积.
19．动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程；
(2)若直线与曲线交于两点，
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）是否存在实数，使得点在线段的中垂线上？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B B D A CD ACD BD
1．B
【分析】由题意可知，为圆和以为直径的圆的公共弦，求出两圆方程即可求解.
【详解】依题意得圆的半径，所以圆的方程为.
因为，是圆的两条切线，所以，，
所以A，B在以为直径的圆上，
设点的坐标为，，则线段的中点坐标为，
所以以为直径的圆的方程为，，
化简得，，
因为为两圆的公共弦，
所以直线的方程为，，即，
所以直线恒过定点.
故选：B.
2．B
【分析】根据给定条件，列出方程并化简得答案.
【详解】设，依题意，，化简整理得，
所以点的轨迹方程为.
故选：B
3．D
【分析】设曲线C上任意一点为，由题意求出其方程为：，再取，求，即得答案.
【详解】设曲线C上任意一点为，
由题意知，曲线C方程为：，其中，
将点代入曲线方程，得：，则.
故曲线C方程为：，其中.
可得，
当时，.
因此C在第一象限的点的纵坐标的最大值.
故选：D.
4．A
【分析】对A，数形结合求出点到直线距离的最小值与比较可判断；对B，C，根据向量数量积运算结合，运算得解判断；对D，直线上点使得最小等同于求直线上一点，的最小值问题，设，，，利用直线对称列式运算求解.
【详解】设线段 的中点为M ，根据圆的对称性知点 在圆 上，
则，原点到直线的距离为，，，
对于A，点到直线 距离的最小值为 ，且 ，
因此以为直径的圆与相离，A错误；
对于C，，
因此，C正确；
对于B， ，
因此，B正确；
对于D，由于 两点在圆 上，且 ，点 到直线 的距离 ，
求直线 上点使得 最小由对称性等同于求直线上一点使得 的最小值问题，
设，点关于直线对称点为 ，
则 ，直线 ，
由 ，消去整理得 ，
即 ，则 ，
于是， ，同理 ，
所以
，，
当且仅当三点共线时取等号，
所以当时，取最小值，
所以 的最小值为，D正确.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题D选项解题的关键是将求直线上点使得最小值转化为求直线上一点，的最小值问题.
5．CD
【分析】根据题意求出动点的轨迹方程，分类讨论，得到方程，画出图像，观察图象，得出正确选项.
【详解】设动点，根据点到点与直线的距离之和等于10，
所以，即，
化简得，当时，，
当时，，图象如下，

选项A,根据图象得，曲线不关于轴对称，故A错误；
选项B,若点在曲线上, 则，所以，由，得 ，所以,故B错误;选项C, 若点在曲线上，则，C正确；
选项D, 若点在曲线上，
当时，，得，故
当时，，得，故
所以，D正确，故CD正确.
故选：CD
6．ACD
【分析】将直线方程变形，可求出直线所过定点的坐标，可判断A选项；利用点与点关于直线对称，求出点关于直线对称的点的坐标，可判断B选项；求出直线的斜率，可判断C选项；利用点到直线的距离公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，直线方程可化为，
由可得，所以，直线必过定点，A对；
对于B选项，设点关于直线对称的点的坐标为，
则，解得，
所以，点关于直线对称的点的坐标为，B错；
对于C选项，直线的斜率为，C对；
对于D选项，点到的距离是，D对.
故选：ACD.
7．BD
【分析】根据题意，利用同角三角函数的恒等式，结合消参法可推导出直线系表示圆的切线的集合，逐项计算并判断即可.
【详解】对于A，可令，消去可得，
故直线系表示圆的切线的集合，故A错误；
对于B，对任意，存在定点不在直线系中的任一条直线上，故B正确；
对于C，中的直线所能围成的正三角形边长不一定相等，故面积也不一定相等，如图中的等边三角形和，故C错误；

对于D，由于圆的外切正边形，其所有边均在直线系中的直线上，故D正确.
故选：BD.
8．
【分析】利用两点距离公式及点到直线距离，作商化简计算即可.
【详解】根据题意可得，化简得，
曲线的方程为．
故答案为：.
9．
【分析】设，直线，联立直线和抛物线的方程求出，由四边形为平行四边形可知代入坐标化简可得，再结合在抛物线上即可得出答案.
【详解】解析：设，直线，
因为，
所以，
因为四边形为平行四边形，所以
所以，
所以.
代入，有，所以，
所以过定点.
故答案为：.
10．
【分析】解法一：利用导数得出在和在的切线方程，从而得出交点的横坐标，再由证明点在定直线上；
解法二：利用阿基米德三角形的结论直接求解即可.
【详解】解法一：依题意得直线AB的斜率必不为0，设直线AB的方程为，
不妨设在第一象限，在第四象限，
因为，所以，则，
且，求导得，则，
所以在点的切线方程为，
即，即，
同理在点处的切线方程为，
由，得点的横坐标为，
又，
所以，
所以的横坐标为，即点在定直线上．
解法二：已知双曲线的弦，
过A，B分别作双曲线的切线，两切线交于点，则为双曲线中的阿基米德三角形，
当弦AB过点时，点落在直线上．
由题意知此处，则所求定直线为直线．
故答案为：.
11．(1)
(2)证明见解析，定点为
【分析】（1）由抛物线中的最小值为1，所以，即，即可得到方程.
（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理得到，由得到，即可求得结果.
【详解】（1）因为的最小值为1，故，即，所以抛物线方程为
（2）显然直线的斜率存在，设方程为，则,
即，设，由韦达定理得，则，
因为，所以，解得（舍），，故的方程为：，故恒过点.
12．(1)
(2)
【分析】（1）由抛物线的定义即可求解；
（2）设直线的方程为，,，,，利用韦达定理及可得，，，进一步求出的中点坐标，然后求出直线的方程即可求解．
【详解】（1）由题可知，动点的轨迹为焦点在轴，开口朝右的抛物线，
，
曲线的方程为；
（2）设直线的方程为，,，,，
直线与抛物线联立：，
消去化简得，则，即，
，，又，即，
又，
，即，
设点为的中点，则，
直线的方程为，
令，则，
故点为定点，坐标为．
13．(1)
(2)证明见解析
(3)存在点到点H的距离是定值．
【分析】（1）利用待定系数法，将点代入方程，求抛物线方程；
（2）首先设直线PQ的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理表示，即可求解；
（3）根据（2）的结果，以及垂直关系，求出点的轨迹方程，即可求解定点.
【详解】（1）设抛物线的方程为，
由题知，代入抛物线方程，可得，
解得，所以，抛物线C的标准方程为．
（2）设直线PQ的方程为，，
联立，得．，
，因为，所以．
．
因为，所以，解得，或．
因为不经过点，所以舍去．
所以直线的方程为，所以直线过定点．
（3）存在定点，理由如下：
由（2）得直线过定点，过点作的垂线，垂足为．
所以，定点在上，即，
故点在以为直径的圆周上，圆心为的中点．
因为，所以中点坐标为，即为圆心的坐标，
因为圆心到圆周上的点H的距离等于半径1，
故存在点到点H的距离是定值．
14．(1)
(2)
(3)是定值，定值为
【分析】（1）根据题意列式化简方程即可；
（2）设直线的方程为，直线与曲线联立方程，利用韦达定理列式求解即可；
（3）直线的方程分别为，设，根据直线与圆相切可得是方程的两个根，结合韦达定理与椭圆的方程可得，进而求得关于的表达式，代入求解即可.
【详解】（1）由题意，点与定点的距离，
点到直线的距离，所以，
即，化简得，
故曲线的方程为；
（2）设直线的方程为，
则，
，解得或，
所以，
因为弦中点的纵坐标为，所以，解得（不符合舍去）或，
所以直线的斜率为；
（3）由题意可得，直线的方程分别为，设.
由直线与圆相切可得.
，同理，
所以是方程的两个根，所以，
所以，，
因为是曲线上的一动点，所以，
则有，
联立方程，所以，
所以，同理
所以，
因为，所以，
所以.
15．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）利用椭圆四个顶点围成的菱形周长和面积公式，即可求解椭圆参数；
（2）利用设直线与椭圆联立方程组，由于转化为坐标关系式为，此时消元，即可求出，从而可得出定点坐标.
（3）利用上述消元思想，可得点横坐标为定值，即可表示点纵坐标，同理可求得点横坐标也为定值，即可表示点纵坐标，从而可表示，再求最小值.
【详解】（1）根据椭圆的对称性知，当M，N分别为椭圆的上、下顶点时，四边形为菱形，
由，，得，，
所以椭圆的方程为.
（2）依题意，直线的斜率不为零，设直线的方程为，，
由消去整理得，
则，，，
而，则，
因此
，
解得，
所以直线恒过定点.
（3）由（2）知，，得
直线的方程为，直线的方程为，
则，
即，解得，
即可得点有，，
同理可得点有，，
，
当且仅当时取等号，所以的最小值为.
16．(1)动圆过两个定点
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意直线的斜率存在，设和相关点坐标，利用三点共线性质和韦达定理，进而得到动圆方程，即可得解；
（2）比较动圆圆心和点坐标，即可得证.
【详解】（1）由已知分析，得焦点且直线的斜率存在，
设.
联立，得，且.
，
令，则，同理，
所以，
同理，
即.
即以为直径的圆：，
即，整理得.
则有定点：，解得或.
综上，以为直径的动圆过定点.
（2）证明：由（1）得，则（1）中圆的圆心为.
联立，解得，则的坐标为.
综上，证得点恰为（1）中圆的圆心.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率得到，将代入椭圆方程，待定系数法求出椭圆方程；
（2）设直线AB的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据点B，P，D共线，得到方程，求出，得到，，而，所以，可得，而，故，又，所以，得到答案.
【详解】（1）由，得，则，所以，
将点代入椭圆方程，得，解得，
所以椭圆的标准方程为．
（2）易知直线AB斜率存在，设直线AB的方程为，
并设点，AD的中点坐标设为．
联立方程，消去y，得，
所以，且即或,
由条件，，点B，P，D共线，其中，，
则，
所以，
，
，
，
而，
所以，可得，
而，故，
又，所以，
即线段AD的中点在定直线上．
18．(1)
(2)（i）证明过程见解析（ii）
【分析】（1）首先得，然后根据题意得，求出即可；
（2）（i）联立椭圆方程与直线的方程，由韦达定理得，只需证明直线的斜率互为相反数即可；（ii）根据已知条件可得，由数量积为0可求出，进一步求出以及点到直线的距离即可.
【详解】（1）因为，所以，联立，解得，
所以，解得，
故所求为；
（2）（i）联立椭圆方程与直线的方程，
得，设，
化简得，
所以，
，
，
设直线的斜率分别为，
所以
，
故直线平分，
所以圆心在一条定直线上；
（ii）如图所示，设，其中是垂足，
因为，
所以三角形是等腰直角三角形，同理三角形是等腰直角三角形，
所以，
即
，
解得或，满足，
但是当时，直线过点，
所以只能，此时，
点到直线的距离为，
，
故所求为.
19．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）存在
【分析】（1）根据题意，得到，化简整理，即可得到曲线的方程；
（2）设，联立方程组，得到，（ⅰ）结合弦长公式，求得，进而求得的取值范围；
（ⅱ）由（i）得到的中点坐标为，求得，结合点在线段的中垂线上，可得，求得的值，即可求解.
【详解】（1）解：因为动点与定点的距离和点到定直线的距离的比是常数，
可得，化简整理得，即曲线的方程为.
（2）解：联立方程组，整理得，
设，可得，
且，所以，
（ⅰ）由弦长公式，可得，
即，
因为，所以，的取值范围为；
（ⅱ）由且，
可得的中点坐标为，
所以的斜率，
因为点在线段的中垂线上，可得，解得，
所以存在，使得点在线段的中垂线上.
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