高中数学通用两周搞定圆锥曲线题型透析第九节 圆锥曲线中的定点问题（教师版）

第九节圆锥曲线中的定点问题题型一 直线过定点问题例1(2023·烟台一模改编)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，若A(－2，0)，直线l：y＝kx＋m与C交于P，Q两点，且AP⊥AQ，试判断直线l是否过定点？若是，求出此定点的坐标；若不是，说明理由．感悟提升 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．训练1(2023·佛山质检)已知双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x，且过点P(3，eq\r(2))．(1)求C的方程；(2)设Q(1，0)，直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点．题型二 其它曲线过定点问题例2(2023·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的离心率为eq\f(\r(2),2)，其上焦点到直线bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距离为eq\f(\r(2),3).(1)求椭圆C的方程；(2)过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))的直线l交椭圆C于A，B两点．试探究以线段AB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．感悟提升 (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，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在．(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．训练2(2023·深圳调研)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)经过点A(2，0)，且点A到C的渐近线的距离为eq\f(2\r(21),7).(1)求双曲线C的方程；(2)过点(4，0)作斜率不为0的直线l与双曲线C交于M，N两点，直线x＝4分别交直线AM，AN于点E，F.试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由．题型三齐次化的处理策略“齐次”从词面上解释是“次数相等”的意思．在代数里也有“齐次”的叫法，例如f＝ax2＋bxy＋cy2称为二次齐次式，f中每一项都是关于x，y的二次项．下面研究齐次化在圆锥曲线中的应用．例已知抛物线y2＝2px(p＞0)，过原点且互相垂直的两直线OA，OB交抛物线于A，B.求证：直线AB过定点．课时作业一、单选题1．已知椭圆为椭圆的右顶点，直线交于两点，且，则恒过除点以外的定点（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】若直线的斜率存在，设直线为，与椭圆联立，结合韦达定理得到，进而可求出结果，注意检验斜率不存在时即可得出结论.【详解】椭圆为椭圆的右顶点，所以，由题意知：若直线的斜率存在，设直线为，则，联立可得，设，则，，因为，即，则，即，即，因此，即，所以直线过定点，不符合题意，舍去；，所以直线过定点，符合题意；当直线的斜率不存在时，直线为，此时设，，符合题意，故直线恒过除点以外的定点，故选：A.2．已知椭圆的右顶点为A，离心率为，若直线与椭圆交于两点(不是左、右顶点)且满足，则直线在轴上的截距为(    )A． B． C．或 D．【答案】D【分析】设直线，联立直线l和椭圆的方程，根据韦达定理和可求出m和k的关系，从而确定直线在x轴上的截距．【详解】由，结合，可得，又，则，故椭圆的方程为，A为(2，0)﹒设，，则，由得，即，设直线，由，得，由得，则，，由得，将代入上式可得，则，即，∴(此时直线过右顶点，应舍去)或，则直线的方程为，即，则直线在轴上的截距为．当l斜率不存在时，设l为x=t≠2，∵，则AE⊥AF，根据椭圆对称性可知E、F的坐标为(t,±(2－t))，代入椭圆的方程可求得或t＝2(舍去)．综上，直线l在x轴上的截距为．故选：D．3．已知椭圆的上顶点为为椭圆上异于A的两点，且，则直线过定点（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示可解得或，然后分类讨论可得答案【详解】设直线的方程为，，则由整理得，所以，，因为，，，所以解得或，当时，直线的方程为，直线过点而，而不在同一直线上，不合题意；当时，直线的方程为，直线过，符合题意.故选：D.【点睛】本题考查了直线和椭圆的位置关系，解题的关键点是利用韦达定理表示，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.4．定义：若点在椭圆上，则以为切点的切线方程为：.已知椭圆，点为直线上一个动点，过点作椭圆的两条切线，，切点分别为，，则直线恒过定点（）A． B． C． D．【答案】C【解析】设，，，即可表示出的方程，又在上，即可得到，即可得到直线的方程，从而求出直线过的定点；【详解】解：因为点在直线上，设，，，所以的方程为，又在上，所以①，同理可得②；由①②可得的方程为，即，即，所以，解得，故直线恒过定点故选：C5．如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.根据椭圆的光学性质解决下题：已知曲线的方程为，其左、右焦点分别是，，直线与椭圆切于点，且，过点且与直线垂直的直线与椭圆长轴交于点，则A． B． C． D．【答案】C【详解】由椭圆的光学性质得到直线平分角，因为由，得到，故.故答案为C.二、解答题6．已知圆A：，直线过点且与轴不重合，交圆于C，D两点，过作AC的平行线交AD于点E.(1)求点E的轨迹的方程；(2)设轨迹的上、下顶点分别为G、H，过点的直线交轨迹于M、N两点（不与G、H重合），直线GM与直线交于点，求证：P、H、N三点共线.【答案】(1)；(2)证明见详解.【分析】（1）由椭圆的定义求点E的轨迹的方程即可；（2）证明P、H、N三点共线，转化为证明.【详解】（1）如图：因为，平行于，所以，所以，故，又由于圆A：，可得，从而，所以.又，，所以,所以，有椭圆的定义可知点E的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，所以点E的轨迹的方程为：.（2）证明：如图：由题意可知：,，因为过点的直线交轨迹于M、N两点（不与G、H重合），所以直线的斜率存在，可设直线的方程为：，设，.联立与可得：恒成立，所以，.直线的斜率为，所以方程为：与直线交于点，所以，所以，，所以P、H、N三点共线.【点睛】经过圆锥曲线上满足某条件的动点的直线过定点问题，可探求出动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题，证明三点共线问题可以转化为斜率之差为零的问题.7．已知椭圆经过点，离心率为，点A为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆相交于不同于点A的两个点，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若以P，Q为直径的圆恒过点A，求证：直线l恒过定点，并求出定点坐标.【答案】(1)(2)证明见解析；定点【分析】（1）根据条件直接建立的方程，求出，从而求出结果；（2）讨论直线斜率存在与不存在两种情况，先求出直线斜率不存在时的直线方程，当斜率存在时，设出直线方程，并与椭圆方程联立，运用韦达定理结合条件得与的关系，从而求出直线过定点.【详解】（1）由题意知：，可得：，则椭圆的标准方程为.（2）当直线的斜率不存在时，设，联立，解得，所以，，又，所以由，解得或（舍去），此时直线方程为，当直线的斜率存在时，设，联立，消得到.由得，，由韦达定理知，，，因为以P，Q为直径的圆恒过点，由，将，代入整理得，即，所以或，当时，直线为，此时直线过点，不合题意，舍去，当时，直线为，此时直线过定点综上，直线恒过定点.8．已知圆锥曲线E上有两个定点、，P为曲线E上不同于M，N的动点，且当直线PM和直线PN的斜率，都存在时，有．(1)求圆锥曲线E的标准方程；(2)若直线l：与圆锥曲线E交于A、B两点，交x轴于点F，点A，F，B在直线：上的射影依次为点D，K，G①若直线l交y轴于点T，且，，当m变化时，探究的值是否为定值？若是，求出的值；否则，说明理由；②连接AG，BD，试探究当m变化时，直线AG与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．【答案】(1)；(2)①定值，；②交于定点，坐标为.【分析】（1）设出点的坐标，由题设条件列出方程，化简整理作答.（2）①求出点的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用向量关系结合韦达定理计算作答；②由探求出定点坐标，时，结合①求出直线方程，判断定点在直线上即可推理作答.【详解】（1）设点的坐标为，由，得，整理得，所以圆锥曲线的标准方程为.（2）①显然，直线与轴的交点为，设，由消去x得：，则，由，得，即，同理由，得，因此，所以的值是定值，且.②若，则直线为，此时四边形为矩形，根据对称性知，直线与相交于与的中点，显然点，若，依题意，点，于是直线的方程为，当时，，因此点在直线上，同理点也在直线上，即当时，直线与也相交于定点，所以当变化时，直线与相交于定点.【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．9．如图，在中，点.圆是的内切圆，且延长线交于点，若.(1)求点的轨迹的方程；(2)若椭圆上点处的切线方程是，①过直线上一点引的两条切线，切点分别是，求证：直线恒过定点；②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)①证明见解析；②存在实数【分析】（1）抓住内切圆的性质找到等量关系，再由定义法即可求结果；（2）①通过题设发现切点的坐标满足一个同构方程，从而得出直线的方程求出过的定点；②涉及到直线与圆锥曲线相交的问题，若用的是代数法，一般是联立方程化简，结合韦达定理将所求表达出来再进化简转化等，注意设而不求的思想方法【详解】（1）解：据题意，，从而可得，由椭圆定义知道，的轨迹为以为焦点的椭圆，所以所求的椭圆的方程为.（2）解：①设切点坐标为，直线上的点的坐标，则切线方程分别为，又两切线均过点，即，从而点的坐标都适合方程，而两点之间确定唯一的一条直线，故直线的方程是，显然对任意实数，点都适合这个方程，故直线恒过定点.②将直线的方程，代入椭圆方程，得，即，不妨设，同理.所以故存在实数，使得.10．已知在平面直角坐标系中，椭圆焦距等于，且经过点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)椭圆C的右顶点为A，若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为，试问直线PQ是否过定点，如果是，求出定点的坐标，如果不是，请说明理由.【答案】(1)(2)过定点，【分析】（1）解法一：根据椭圆的定义求出，进而可求得，即可求得方程；解法二：利用待定系数法求出即可；（2）设直线PQ的方程为，设，，联立方程，利用韦达定理求出，，再根据直线AP与AQ的斜率之积为求出的关系即可得出结论.【详解】（1）解法一：由已知得，则椭圆的两焦点坐标分别为，，又，即，解得，又，所以椭圆G的方程为；         解法二：由题意可得，解得，所以椭圆方程为；（2）由（1）知，由已知直线AP，AQ斜率同号，因此直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为，设，，由得，，化简得，由韦达定理得，，，代入，，得，整理得或，当时，，则，不符题意，所以，所以直线直线PQ方程为或，因为直线不过点，所以直线PQ方程为，经检验，符合题意，此时直线过定点，所以直线PQ过定点.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证