2023高三数学二轮热点题型专项突破专题26 圆锥曲线背景下定点的探索（新高考全国通用）

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 专题26 圆锥曲线背景下定点的探索
高考定位
圆锥曲线是高考必考内容，而圆锥曲线综合试题其本质是点和直线的处理，因此点和直线的求解和表示才是高考的重点和难点。
专题解析
（1）直线过定点 （2）圆过定点 （3）探索定点使目标成立
方法总结
（1）直线过定点
方法一、直接设所求直线方程，找k与m的关系，进而得出直线定点
方法二、找到因变量，用其表示所求直线方程，进而得出定点
方法三、找到因变量，用其表示所求直线方程，猜出其定点的位置（x轴、y轴），进而转化为定值
方法四、猜出定点，转化为斜率差为定值
（2）圆过定点
方法一、找到因变量，用其表示所求圆方程，进而得出定点
方法二、找到因变量，用其表示所求圆方程，猜出其定点的位置（x轴、y轴），进而转化为定值
方法三、猜出定点，转化为斜率积为-1（数量积为0）
（3）探索定点
方法：先设出坐标，找其坐标的方程（组），求解即可
专项突破
类型一、直线过定点
例1-1 (2021·厦门模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝4，且a＝b.
(1)求C的方程；
(2)若A，B为C上的两个动点，过F2且垂直x轴的直线平分∠AF2B，求证：直线AB过定点.
解(1)　因为|F1F2|＝4＝2c，所以c＝2，
所以a2－b2＝4.
又a＝b>0，所以a2＝8，b2＝4，
故C的方程为＋＝1.
(2)证明　由题意知，直线AB的斜率存在，F2(2，0).
设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－8)
＝64k2－8m2＋32>0，
且x1＋x2＝－，x1x2＝.
设直线F2A，F2B的倾斜角分别为α，β，
则α＝π－β，所以kF2A＋kF2B＝＋＝0，
所以y1(x2－2)＋y2(x1－2)＝0，
即(kx1＋m)(x2－2)＋(kx2＋m)(x1－2)＝0，
所以2kx1x2＋(m－2k)(x1＋x2)－4m＝0，
所以2k·＋(2k－m)·－4m＝0.
化简，得m＝－4k，
所以直线AB的方程为y＝kx－4k，即y＝k(x－4)，
故直线AB过定点(4，0).
练（河北省“五个一名校联盟”2021届高三下学期第二次T20）已知椭圆的离心率为，一顶点坐标为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知M､N为椭圆上异于A的两点，且，判断直线是否过定点？若过定点，求出此点坐标.
【答案】（1）；（2）过定点，定点为.
注：
(1)结合离心率和椭圆上点的坐标求出，进而表示出椭圆的标准方程.
(2)直接设直线MN方程，找k与m的关系，进而得出直线方程，即证.
【详解】（1）椭圆离心率为，∴，
∵，∴，故椭圆方程为.
（2）直线斜率不存在时，显然不成立，故直线斜率存在，
设直线方程为.
联立得，
，



即，
解得或，
若直线方程为，则直线过定点，与A重合，不合题意；
若直线方程为，则直线过定点.
综上，直线过定点.
练. 已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.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(1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).则＝(a，1)，＝(a，－1).
由·＝8，得a2－1＝8，解得a＝3或a＝－3(舍去).
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明　设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，
由题意可知－3 所以y1＝(x1＋3).
易知直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3).
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3).①
由于＋y＝1，故y＝－，②
由①②可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
结合x＝my＋n，
得(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.③
将x＝my＋n代入＋y2＝1，
得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入③式
得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0，
解得n＝－3(舍去)或n＝.
故直线CD的方程为x＝my＋，
即直线CD过定点.
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点.
综上，直线CD过定点.
例1-2 (2021·株洲质检)在平面直角坐标系中，已知圆心为点Q的动圆恒过点F(1，0)，且与直线x＝－1相切，设动圆的圆心Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F的两条直线l1，l2与曲线C分别相交于A，B与C，D四点，且M，N分别为AB，CD的中点.设l1与l2的斜率依次为k1，k2，若k1＋k2＝－1，求证：直线MN恒过定点.
解(1)　由题意知，圆心Q到点F(1，0)的距离与到直线x＝－1的距离相等，故由抛物线定义知，圆心Q的轨迹是以F(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，设其方程为y2＝2px(p>0)，则＝1，p＝2，故曲线C的方程为y2＝4x.
(2)证明　由题意设l1，l2的方程分别为y＝k1(x－1)(k1≠0)，y＝k2(x－1)(k2≠0).
联立得方程组
消y整理，得kx2－(2k＋4)x＋k＝0，其Δ＝16k＋16>0，
所以x1＋x2＝，则M. 同理N.
所以kMN＝＝.
由k1＋k2＝－1，得kMN＝－k1k2＝－k1(－1－k1)＝k1(1＋k1)，
所以直线MN的方程为y－＝k1(1＋k1)，
整理，得y＋2＝k1(1＋k1)(x－1)，
所以直线MN恒过定点(1，－2).

例1-3（广东省七校联合体2021届高三下学期第三次联考22）已知椭圆的左顶点为，两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形，过点且与x轴不重合的直线l与椭圆交于M，N不同的两点．
（Ⅰ）求椭圆P的方程；
（Ⅱ）当AM与MN垂直时，求AM的长；
（Ⅲ）若过点P且平行于AM的直线交直线于点Q，求证：直线NQ恒过定点．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】
（1）由题意布列关于a，b的方程组，即可得到结果；
（2）由与垂直得,结合点在曲线上，可得M点坐标，结合两点间距离公式可得结果；
（3）由题意，设直线的方程为，用m表示直线，先猜想出定点在y轴上，再令x=0，证y是定值即可.

【详解】（1）因为，所以 ，因为两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形，
所以 , 又 , 所以 ，
所以椭圆方程为 .
（2）方法一：设,， , ,
, ，（舍） ，所以.
方法二：设，因为与垂直，所以点在以为直径的圆上，
又以为直径的圆的圆心为，半径为，方程为,
， ，（舍） ，所以
方法三：设直线的斜率为， ，其中
化简得
当时， 得 ，
显然直线存在斜率且斜率不为0.因为与垂直，
所以 , 得，， ,
所以
（3）直线恒过定点, 设，，
由题意，设直线的方程为，由 得，
显然，，则，，
因为直线与平行，所以，则的直线方程为，
令，则，即 ,
，
直线的方程为,
令，得,因为，故，
所以直线恒过定点.

练.（2020新课标Ⅰ卷 理T20）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.
【答案】（1）；（2）证明详见解析.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：

由椭圆方程可得：， ，
，，
椭圆方程为：
（2）证明：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
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
故直线过定点
练．已知椭圆的方程为：（），离心率为，椭圆上的动点到右焦点距离的最大值为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过右焦点作不平行于轴的直线交椭圆于、两点，点关于轴对称点为，求证：直线过定点．
【答案】
（1）
（2）证明见解析
【分析】
(1) 由题意知，，再由得到各个参数值，进而得到方程；（2）将直线和椭圆方程联立，直线方程为：，化简得到，再由直线方程化简得到，代入韦达定理即可得到结果.
（1）
由题意知，，，，
（2）
，设：，与，联立得
设，，，，
直线方程为：，
即

：，过定点．


练．已知抛物线C：的焦点到其准线的距离为2，

（1）求抛物线C的标准方程；
（2）直线l过点与抛物线交于不同的两点A，B．点A关于y轴的对称点为，连接．求证：直线过y轴上一定点，并求出此定点坐标．
【答案】（1）（2）直线过定点
【分析】（1）依题意表示出焦点坐标与准线方程，即可求，从而得解；
（2）设直线的方程为，又设，，，，则，，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理以及判别式，求出直线的斜率，推出直线方程，利用直线系求解即可．
（1）抛物线的焦点坐标为，准线方程为，所以，即，所以抛物线方程为；
（2）设直线的方程为，又设，，，，则，，
由得，则△，，，
所以，
于是直线的方程为，
所以，，当时，，
所以直线过定点．
练.（2021届高三年级苏州八校联盟第三次适应T21）
已知圆，点，P是圆E上一点，线段PF的垂直平分线与直线EP相交于点Q．
（1）若m=2，点P在圆E上运动时，点Q的轨迹是什么？说明理由；
（2）若m=1，点P在圆E上运动时，点Q的轨迹记为曲线C．过E点作两条互相垂直的直线，与曲线C交于两点A、B，与曲线C交于两点C、D，M为线段AB的中点，N为线段CD的中点．试问，直线MN是否过定点？若过定点，并求出该定点的坐标，若不过定点，请说明理由．

注：（1）轨迹方程 （2）轨迹方程 弦中点 直线过定点

【解析】（1）m=2时，点F在圆E外，．
由Q是线段PF的垂直平分线与直线EP的交点，，
又点Q在线段PE外，故有，于是有，
又由，即，
由双曲线定义知点Q的轨迹是以E，F为焦点的双曲线． ·····3分
（不说明扣1分）
（2）当时，，同（1）可得，
故Q点的轨迹C是以E，F为左右焦点的椭圆，
，又，，，
故曲线C方程: ． ·························5分
设，
① 当时，直线MN与x轴重合， ····················6分
② 由，消去得，
因点E在椭圆内，所以有恒成立，且，，
由点在直线上，即
因直线相互垂直，故可设，同理可得···8分
（ⅰ）若，则有，
此时，
直线MN方程：则有，化简整理得：此时直线MN恒过点． ························10分
（ⅱ）若，则有，此时，
或此时直线MN过点；
综上可知直线MN恒过定点 ·····················12分
其它解法根据情况酌情给分．

类型二、圆过定点
例2-1 (2021·湖北联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b≥1)的离心率为，它的上焦点到直线bx＋2ay－＝0的距离为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P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.
解　(1)由题意得，e＝＝. 又a2＝b2＋c2，
所以a＝b，c＝b. 又＝，a>b≥1，
所以b2＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为＋y2＝.
当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.
可得两圆交点为Q(－1，0).
由此可知，若以线段AB为直径的圆过定点，则该定点为Q(－1，0).
下证Q(－1，0)符合题意.
设直线l的斜率存在，且不为0，
其方程设为y＝k，代入＋x2＝1，
并整理得(k2＋2)x2－k2x＋k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2
＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2
＝(1＋k2)x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2
＝(1＋k2)·＋·＋1＋k2＝0.
故⊥，即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上.
综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0).
练. 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左、右焦点分别为F1，F2，点A为椭圆上一点，∠F1AF2＝60°，且S△F1AF2＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.请问在x轴上是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
解　(1)由e＝，得a2＝4c2.
又S△F1AF2＝|AF1|·|AF2|sin 60°＝，
所以|AF1|·|AF2|＝4.
在△F1AF2中，利用余弦定理得
4c2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1||AF2|cos 60°，
所以4c2＝(|AF1|＋|AF2|)2－3|AF1||AF2|＝4a2－12.
则a2－c2＝3，从而a2＝4，c2＝1，∴b2＝3.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设P(x0，y0)，由
得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
Δ＝(8km)2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，
所以4k2＋3－m2＝0，x0＝－，y0＝，
得P.
由得Q(4，4k＋m).
设在x轴上存在满足题意的点M，坐标为(x1，0)，
则＝，＝(4－x1，4k＋m).
因为以PQ为直径的圆恒过定点M，所以·＝0.
则(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0对于任意的k，m都成立，所以解得x1＝1.
故存在定点M(1，0)符合题意.
练. 已知抛物线C：x2＝－2py(p>0)经过点(2，－1).
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(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于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
解(1)　由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明　由(1)知抛物线C的焦点为F(0，－1).
设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0).
由得x2＋4kx－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－，
同理得B的横坐标xB＝－.
设点D(0，n)，
则＝，＝，
·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，
得n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，－3).

例2-2．设抛物线的焦点为，过焦点作直线交抛物线于，两点．
（1）若，求直线的方程；
（2）设为抛物线上异于，的任意一点，直线，分别与抛物线的准线相交于，两点，求证：以线段为直径的圆经过轴上的定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）设出过焦点的直线，再和抛物线联立，最后运用抛物线的定义及韦达定理可求出直线方程；
（2）求出直线，分别与抛物线的准线相交于，两点的坐标，然后根据向量数量积为零建立方程求解即可.
（1）由已知，得，设直线的方程为，代入，得．
设，，则，．
则，解得，
所以直线的方程为．
（2）证明：设，
则，故直线的方程为．
令，得，所以点．
同理可得，点．
设以线段为直径的圆与轴的交点为
则，．
由题意，知，则，即．
由（1）可得，
所以
解得或，
故以线段为直径的圆经过轴上的两个定点和.
练．已知椭圆的左右顶点分别为A，B，点P为椭圆上异于A，B的任意一点．
（1）证明：直线PA与直线PB的斜率乘积为定值；
（2）设，过点Q作与轴不重合的任意直线交椭圆E于M，N两点．问：是否存在实数，使得以MN为直径的圆恒过定点B？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】
（1）证明见解析
（2）存在；
【分析】
（1）结合斜率的计算公式化简整理即可求出结果；
（2）直线MN的方程为与椭圆联立，进而结合韦达定理即可求出结果.
（1）
；设，且，则
所以
（2）
设，直线MN的方程为；
联立及，得，
所以，（*）
若以MN为直径的圆过点B，则，即
将带入整理得；
带入（*），化简整理得5，解得，或（舍）
，满足，故存在，使得以MN为直径的圆过恒过定点B；

类型三、探索定点
例3-1．有一种画椭圆的工具如图1所示，定点O是滑槽AB的中点，短杆OP绕O转动，长杆PQ通过P处铰链与OP连接，PQ上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动P绕O转动一周（D不动时，P也不动），Q处的笔尖画出的曲线记为C．以O为原点，AB所在的直线为x轴，建立如图2所示的平面直角坐标系．

（1）求曲线C的方程；
（2）在平面直角坐标系xOy中，过点的动直线l与曲线C交于E、F两点，是否存在异于点M的定点N，使得MN平分？若存在，求点N坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）（2）存在，使得MN平分
【分析】（1）利用待定系数法设：，求出的值即可求解；
（2）先猜出定点的坐标为，当直线斜率存在且不为0时，设直线方程为：，，则，求解即可
（1）由题意可知：曲线是中心在坐标原点，焦点在轴的椭圆，
设：，则，
所以曲线C的方程为；
（2）假设存在异于点的定点N，使得MN平分；
当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于两点为，
由对称性知：若定点N存在，则点N一定在轴上，设，
当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于两点为，MN平分也成立；
当直线斜率存在且不为0时，设直线方程为：，，
联立，得，
，，
所以，
又，
又
，
所以，因为不恒为0，
所以，即，，综上可知：存在，使得MN平分

例3-2．在平面直角坐标系中，点，点，点P是平面内一动点，且直线的斜率与直线的斜率之积为，记点P的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过点的直线l与C交于A，B两点，则在x轴上是否存在定点D，使得的值为定值？若存在，求出点D的坐标和该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】
（1）曲线C表示中心为坐标原点，以为焦点的椭圆（不含左、右顶点）
（2）存在点，使得为定值
【分析】
（1）由直接化简即可求解；
（2）当直线斜率为0时，与曲线无交点，当斜率不为0时，设直线l的方程为，联立直线与曲线方程，结合韦达定理表示出，将整体代换为关于的表达式，利用比例关系化简可求.
（1）
设点，由题意得，整理得，
所以曲线C表示中心为坐标原点，以为焦点的椭圆（不含左、右顶点）；
（2）
由（1）可知，曲线C与x轴无公共点，所以当直线l斜率为0时，与曲线C无交点．
所以设直线l的方程为，
由得，
由于点在曲线C内部，所以恒成立，
则．
假设在x轴上存在定点，使得的值为定值，则有


．
要使上式为定值，则，解得，
此时，
所以，存在点，使得为定值．
例3-3 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P满足|PF1|＋|PF2|＝2a，且S△PF1F2＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点M(4，0)的直线l与C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且y1y2≠0，问在x轴上是否存在定点N，使得直线NA，NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形？若存在，求出定点N的坐标；若不存在，请说明理由.
解　(1)因为|PF1|＋|PF2|＝2a，所以点P在椭圆C上.
将代入＋＝1，得＋＝1.①
设椭圆C的焦距为2c，则S△PF1F2＝·2c·＝，
求得c＝.
从而a2－b2＝3.②
由①②可得a2＝4，b2＝1.
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)显然直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝k(x－4).
设A(x1，y1)，B(x2，y2).
假设存在点N(t，0)，因为直线NA，NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形，
所以kNA＋kNB＝0，
故kNA＋kNB＝＋＝＋
＝k·＝0，
则2x1x2－(t＋4)(x1＋x2)＋8t＝0.
由消去y并整理，得
(1＋4k2)x2－32k2x＋64k2－4＝0.
由Δ＝(－32k2)2－4(1＋4k2)(64k2－4)>0，得0 所以2×－(t＋4)×＋8t＝0，解得t＝1.
于是在x轴上存在定点N(1，0)，使得直线NA，NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形.
例3-4 设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝，S△ABC＝.
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得·为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由.
解　(1)在△ABC中，由余弦定理，得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.(*)
又S△ABC＝CA·CB·sin C＝CA·CB＝，
∴CA·CB＝，代入(*)式得CA＋CB＝2.
故椭圆长轴长为2a＝2，焦距为2c＝AB＝2，b2＝a2－c2＝1.
∴椭圆M的标准方程为＋y2＝1.
(2)设直线方程为y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立
消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
假设x轴上存在定点D(x0，0)，使得·为定值.
∵·＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2
＝，
∴要使·为定值，则·的值与k无关，
∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝，
此时·＝－为定值，定点为.
故存在定点D，使·为定值－.