高考数学压轴题讲义专题3.9曲线是否过定点，可推可算可检验专题练习(原卷版+解析)

这是一份高考数学压轴题讲义专题3.9曲线是否过定点，可推可算可检验专题练习(原卷版+解析)，共43页。
直线过定点问题在全国卷近几年高考中出现的频率较低，是圆锥曲线部分的小概率考点．此种平民解法思维上比较接地气，但是实际操作上属于暴力美学范畴．定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可．技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？
【典例指引】
例1、（“手电筒”模型）已知椭圆C：若直线与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
解：设，由得，
，
以AB为直径的圆过椭圆的右顶点且，
，，
，
整理得：，解得：，且满足
当时，，直线过定点与已知矛盾；
当时，，直线过定点
综上可知，直线过定点，定点坐标为
◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点．（参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质”）
◆模型拓展：本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定AP与BP条件（如定值，定值），直线AB依然会过定点（因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型）．
此模型解题步骤：
Step1：设AB直线，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；
Step2：由AP与BP关系（如），得一次函数；
Step3：将代入，得．
例2、（切点弦恒过定点）有如下结论：“圆上一点处的切线方程为”，类比也有结论：“椭圆处的切线方程为”，过椭圆C：的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为 A、B．
（1）求证：直线AB恒过一定点；
（2）当点M在的纵坐标为1时，求△ABM的面积．
【解】（1）设M
∵点M在MA上∴ ① 同理可得②
由①②知AB的方程为
易知右焦点F（）满足③式，故AB恒过椭圆C的右焦点F（）
（2）把AB的方程
∴ 又M到AB的距离
∴△ABM的面积
◆方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直接引用，可以用本题的书写步骤替换之，大家注意过程．
例3、（相交弦过定点）如图，已知直线L：的右焦点F，且交椭圆C于A、B两点，点A、B在直线上的射影依次为点D、E．连接AE、BD，试探索当m变化时，直线AE、BD是否相交于一定点N？若交于定点N，请求出N点的坐标，并给予证明；否则说明理由．
法一： 先探索，当m=0时，直线L⊥x轴，则ABED为矩形，由对称性知，AE与BD相交于FK中点N ，且，猜想：当m变化时，AE与BD相交于定点
证明：设，当m变化时首先AE过定点N
∴KAN=KEN，
∴A、N、E三点共线，同理可得B、N、D三点共线
∴AE与BD相交于定点
法2：本题也可以直接得出AE和BD方程，令y=0，得与x轴交点M、N，然后两个坐标相减=0．计算量也不大．
◆方法总结：方法1采用归纳猜想证明，简化解题过程，是证明定点问题一类的通法．这一类题在答题过程中要注意步骤．
例4、已知椭圆C：，若直线与x轴交于点T，点P为直线上异于点T的任一点，直线PA1，PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论．
方法1：
【思路引导】
点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2的方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-2，0)和M，通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标．动点P在直线上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA1、PA2的方程可以求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的M、N点的坐标，求出直线MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2，就可以了，否则就不存在．
解：设，，直线的斜率为，则直线的方程为，由消y整理得
是方程的两个根，则，，
即点M的坐标为，
同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为
，直线MN的方程为：，
令y=0，得，将点M、N的坐标代入，化简后得：
又，椭圆的焦点为，即
故当时，MN过椭圆的焦点．
方法总结：本题由点A1(-2，0)的横坐标－2是方程的一个根，结合韦达定理，得到点M的横纵坐标：，；其实由消y整理得，得到，即，很快．不过如果看到：将中的换下来，前的系数2用－2换下来，就得点N的坐标，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少计算量．本题的关键是看到点P的双重身份：点P即在直线上也在直线A2N上，进而得到，由直线MN的方程得直线与x轴的交点，即横截距，将点M、N的坐标代入，化简易得，由解出，到此不要忘了考察是否满足．
方法2：先猜想过定点，设弦MN的方程，得出方程，进而得出与T交点Q、S，两坐标相减=0．如下：
◆方法总结：法2计算量相对较小，细心的同学会发现，这其实是上文“切点弦恒过定点”的一个特例而已．因此，法2采用这类题的通法求解，就不至于思路混乱了．相较法1，未知数更少，思路更明确．
◆方法点评：相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展，结论同样适用，但是具体解题而言，相交弦过定点涉及坐标较多，计算量相对较大，解题过程一定要注意思路，同时注意总结这类题的通法．
例5、（动圆过定点）已知椭圆 是抛物线的一条切线．
（I）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点的动直线L交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（I）由
因直线相切
，故所求椭圆方程为（II）当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：
当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：，由
即两圆相切于点（0，1）
因此，所求的点T如果存在，只能是（0，1）．事实上，点T（0，1）就是所求的点，证明如下．
当直线L垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点T（0，1）
若直线L不垂直于x轴，可设直线L：
由
记点、
∴TA⊥TB，即以AB为直径的圆恒过点T（0，1），故在坐标平面上存在一个定点T（0，1）满足条件．
◆方法总结：圆过定点问题，可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再证明用直径所对圆周角为直角．
例6、如图，已知椭圆的离心率是，分别是椭圆的左、右两个顶点，点是椭圆的右焦点．点是轴上位于右侧的一点，且满足．
（1）求椭圆的方程以及点的坐标；
（2）过点作轴的垂线，再作直线与椭圆有且仅有一个公共点，直线交直线于点．求证：以线段为直径的圆恒过定点，并求出定点的坐标．
解：（1），设，
由有，又，
，于是
，又，
，又，，椭圆，且．
（2）方法1：，设，由
，
由于（*），
而由韦达定理：，
，，
设以线段为直径的圆上任意一点，
由
有
由对称性知定点在轴上，令，取时满足上式，故过定点．
法2：本题又解：取极值，PQ与AD平行，易得与X轴相交于F（1，0）．接下来用相似证明PF⊥FQ．
问题得证．
◆方法总结：动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题，也可以理解为“弦对定点张直角”的新应用．
【扩展链接】
已知椭圆：，左右焦点分别为，左、右顶点分别为，，上、下顶点为，．过点的直线交椭圆于，两点，过点作斜率为的直线交椭圆于另一点，求证：直线过定点．
步骤 1（特殊化寻求定点坐标）：
当直线垂直于 轴时，则重合于点，直线的方程为：；
当直线经过原点时，则直线 的方程为：，代入椭圆可得：，直线的方程为：；代入椭圆可得：
，则点，点与点重合，则直线的方程为：，联立两个特殊位置的直线方程可得：定点可能为
步骤 2（一般化探求题意韦达定理化）：
直线过定点 ，转化为交点坐标的韦达定理形式
直线 的方程为：代入椭圆
可得：
，
则点 的坐标为，则直线 的方程为：
，
直线的方程为：，
则
步骤 3（联立方程解方程组，韦达定理整体代入）：
直线 的方程为： 代入椭圆方程可得：
（完美！）
显然直线 垂直于y 轴时，直线 也经过定点．
【新题展示】
1．【2019福建龙岩质检】已知椭圆的方程为，点为长轴的右端点．为椭圆上关于原点对称的两点．直线与直线的斜率满足：．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与圆相切，且与椭圆相交于两点，求证：以线段为直径的圆恒过原点．
【思路引导】
（1）由可得的值，从而得到椭圆的标准方程；
（2）原问题等价于，联立方程，利用韦达定理即可得到结果．
2．【2019新疆维吾尔自治区第一次适应性检测】已知椭圆的中心在原点，是它的一个焦点，直线，过点与椭圆交于，两点，当直线轴时，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的左顶点为，、的延长线分别交直线于，两点，证明：以为直径的圆过定点。
【思路引导】
(1)根据题干条件得到c=1，再由向量坐标化得到参数a，b的值；（2）联立直线AB和椭圆方程，由点斜式写出直线PA，PB的方程，进而得到M，N的坐标，再由向量坐标化得到，代入韦达定理得到结果．
3．【2019江西上饶重点中学联考】已知椭圆的两焦点在轴上，且短轴的两个顶点与其中一个焦点的连线构成斜边为的等腰直角三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)动直线交椭圆于两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由。
【思路引导】
(1)根据椭圆的一个焦点与短轴的两个顶点的连线构成等腰直角三角形，以及斜边长为，可求出，进而可求出椭圆方程；
(2)先由直线可得求过定点；根据与轴平行时或与轴平行时，先求出定点，再由证明即可．
4．【2019江苏苏北三市质检】如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到右准线的距离为1．过轴上一点 为常数，且的直线与椭圆交于两点，与交于点，是弦的中点，直线与交于点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）试判断以为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【思路引导】
（1）由题意可得，从而得到椭圆方程；
（2）对斜率分类讨论，斜率存在时直线的方程为，联立方程可得，可得，进而可得直线的方程为，求得，表示圆的方程，可得定点．
5．【2019湖南三湘名校联考】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．
【思路引导】
（1）由椭圆离心率结合得到a，b，c之间的关系，计算焦点到直线的距离得到a，b的值，从而得到椭圆方程;（2）当直线l斜率不存在时，得到为直径的圆的方程，当直线l斜率为0时，得到为直径的圆的方程，从而得到两圆的交点Q，然后只需证明当直线的斜率存在且不为0时为直径的圆恒过点Q即可．
【同步训练】
1、设A、B是轨迹：上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
2、已知动圆过定点A(4，0)， 且在y轴上截得的弦MN的长为8．
(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ)已知点B(-1，0)， 设不垂直于x轴的直线与轨迹C交于不同的两点P， Q， 若x轴是的角平分线， 证明直线过定点．
3、已知点是平面上一动点，且满足
（1）求点的轨迹对应的方程；
（2）已知点在曲线上，过点作曲线的两条弦和，且，判断：直线是否过定点？试证明你的结论．
4、已知点A（－1，0），B（1，－1）和抛物线．，O为坐标原点，过点A的动直线l交抛物线C于M、P，直线MB交抛物线C于另一点Q，如图．
（I）证明: 为定值;
（II）若△POM的面积为，求向量与的夹角；
（Ⅲ）证明直线PQ恒过一个定点．
5、已知抛物线的顶点为原点，其焦点到直线:的距离为．设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点．
(Ⅰ) 求抛物线的方程;
(Ⅱ) 当点为直线上的定点时，求直线的方程;
(Ⅲ) 当点在直线上移动时，求的最小值．
6、已知椭圆中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过、、三点．过椭圆的右焦点F任做一与坐标轴不平行的直线与椭圆交于、两点，与所在的直线交于点Q．
（1）求椭圆的方程：
（2）是否存在这样直线，使得点Q恒在直线上移动？若存在，求出直线方程，若不存在，请说明理由．
7、已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，椭圆与抛物线在第一象限的交点为，．圆的圆心是抛物线上的动点，圆与轴交于两点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）证明:无论点运动到何处，圆恒经过椭圆上一定点．
8．已知椭圆： 过点，且离心率．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）椭圆长轴两端点分别为，点为椭圆上异于的动点，直线：与直线分别交于两点，又点，过三点的圆是否过轴上不同于点的定点？若经过，求出定点坐标；若不存在，请说明理由．
9．已知抛物线的焦点，为坐标原点，是抛物线上异于的两点，若直线的斜率之积为，求证：直线过轴上一定点．
10．已知椭圆的右焦点为左顶点为
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作两条相互垂直的直线分别与椭圆交于（不同于点的）两点．试判断直线与轴的交点是否为定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【题型综述】
直线过定点问题在全国卷近几年高考中出现的频率较低，是圆锥曲线部分的小概率考点．此种平民解法思维上比较接地气，但是实际操作上属于暴力美学范畴．定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可．技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？
【典例指引】
例1、（“手电筒”模型）已知椭圆C：若直线与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点．求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点．（参考百度文库文章：“圆锥曲线的弦对定点张直角的一组性质”）
◆模型拓展：本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定AP与BP条件（如定值，定值），直线AB依然会过定点（因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型）．
此模型解题步骤：
Step1：设AB直线，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；
Step2：由AP与BP关系（如），得一次函数；
Step3：将代入，得．
例2、（切点弦恒过定点）有如下结论：“圆上一点处的切线方程为”，类比也有结论：“椭圆处的切线方程为”，过椭圆C：的右准线l上任意一点M引椭圆C的两条切线，切点为 A、B．
（1）求证：直线AB恒过一定点；
（2）当点M在的纵坐标为1时，求△ABM的面积．
◆方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直接引用，可以用本题的书写步骤替换之，大家注意过程．
例3、（相交弦过定点）如图，已知直线L：的右焦点F，且交椭圆C于A、B两点，点A、B在直线上的射影依次为点D、E．连接AE、BD，试探索当m变化时，直线AE、BD是否相交于一定点N？若交于定点N，请求出N点的坐标，并给予证明；否则说明理由．
法2：本题也可以直接得出AE和BD方程，令y=0，得与x轴交点M、N，然后两个坐标相减=0．计算量也不大．
◆方法总结：方法1采用归纳猜想证明，简化解题过程，是证明定点问题一类的通法．这一类题在答题过程中要注意步骤．
例4、已知椭圆C：，若直线与x轴交于点T，点P为直线上异于点T的任一点，直线PA1，PA2分别与椭圆交于M、N点，试问直线MN是否通过椭圆的焦点？并证明你的结论．
方法1：
【思路引导】
点A1、A2的坐标都知道，可以设直线PA1、PA2的方程，直线PA1和椭圆交点是A1(-2，0)和M，通过韦达定理，可以求出点M的坐标，同理可以求出点N的坐标．动点P在直线上，相当于知道了点P的横坐标了，由直线PA1、PA2的方程可以求出P点的纵坐标，得到两条直线的斜率的关系，通过所求的M、N点的坐标，求出直线MN的方程，将交点的坐标代入，如果解出的t>2，就可以了，否则就不存在．
方法总结：本题由点A1(-2，0)的横坐标－2是方程的一个根，结合韦达定理，得到点M的横纵坐标：，；其实由消y整理得，得到，即，很快．不过如果看到：将中的换下来，前的系数2用－2换下来，就得点N的坐标，如果在解题时，能看到这一点，计算量将减少，这样真容易出错，但这样减少计算量．本题的关键是看到点P的双重身份：点P即在直线上也在直线A2N上，进而得到，由直线MN的方程得直线与x轴的交点，即横截距，将点M、N的坐标代入，化简易得，由解出，到此不要忘了考察是否满足．
◆方法总结：法2计算量相对较小，细心的同学会发现，这其实是上文“切点弦恒过定点”的一个特例而已．因此，法2采用这类题的通法求解，就不至于思路混乱了．相较法1，未知数更少，思路更明确．
◆方法点评：相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展，结论同样适用，但是具体解题而言，相交弦过定点涉及坐标较多，计算量相对较大，解题过程一定要注意思路，同时注意总结这类题的通法．
例5、（动圆过定点）已知椭圆 是抛物线的一条切线．
（I）求椭圆的方程；
（Ⅱ）过点的动直线L交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（I）由
因直线相切
，故所求椭圆方程为
（II）当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：
◆方法总结：圆过定点问题，可以先取特殊值或者极值，找出这个定点，再证明用直径所对圆周角为直角．
例6、如图，已知椭圆的离心率是，分别是椭圆的左、右两个顶点，点是椭圆的右焦点．点是轴上位于右侧的一点，且满足．
（1）求椭圆的方程以及点的坐标；
（2）过点作轴的垂线，再作直线与椭圆有且仅有一个公共点，直线交直线于点．求证：以线段为直径的圆恒过定点，并求出定点的坐标．
解：（1），设，
由有，又，
法2：本题又解：取极值，PQ与AD平行，易得与X轴相交于F（1，0）．接下来用相似证明PF⊥FQ．
问题得证．
◆方法总结：动圆过定点问题本质上是垂直向量的问题，也可以理解为“弦对定点张直角”的新应用．
【扩展链接】
已知椭圆：，左右焦点分别为，左、右顶点分别为，，上、下顶点为，．过点的直线交椭圆于，两点，过点作斜率为的直线交椭圆于另一点，求证：直线过定点．
步骤 1（特殊化寻求定点坐标）：
当直线垂直于 轴时，则重合于点，直线的方程为：；
当直线经过原点时，则直线 的方程为：，代入椭圆可得：，直线的方程为：；代入椭圆可得：
，则点，点与点重合，则直线的方程为：，联立两个特殊位置的直线方程可得：定点可能为
步骤 2（一般化探求题意韦达定理化）：
直线过定点 ，转化为交点坐标的韦达定理形式
直线 的方程为：代入椭圆
可得：
，
则点 的坐标为，则直线 的方程为：
，
直线的方程为：，
则
步骤 3（联立方程解方程组，韦达定理整体代入）：
直线 的方程为： 代入椭圆方程可得：
（完美！）
显然直线 垂直于y 轴时，直线 也经过定点．
【新题展示】
1．【2019福建龙岩质检】已知椭圆的方程为，点为长轴的右端点．为椭圆上关于原点对称的两点．直线与直线的斜率满足：．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与圆相切，且与椭圆相交于两点，求证：以线段为直径的圆恒过原点．
【思路引导】
（1）由可得的值，从而得到椭圆的标准方程；
（2）原问题等价于，联立方程，利用韦达定理即可得到结果．
【解析】
（1）设则，由得，
由，即得，
所以，所以
即椭圆的标准方程为：
（2）设
由得：


又与圆C相切，所以即
所以

所以，，即
所以，以线段为直径的圆经过原点．
2．【2019新疆维吾尔自治区第一次适应性检测】已知椭圆的中心在原点，是它的一个焦点，直线，过点与椭圆交于，两点，当直线轴时，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设椭圆的左顶点为，、的延长线分别交直线于，两点，证明：以为直径的圆过定点。
【思路引导】
(1)根据题干条件得到c=1，再由向量坐标化得到参数a，b的值；（2）联立直线AB和椭圆方程，由点斜式写出直线PA，PB的方程，进而得到M，N的坐标，再由向量坐标化得到，代入韦达定理得到结果．
【解析】
（1）由题意，设椭圆的方程为，，则
当轴时，不妨设，
，
，
椭圆的方程为
（2）设的方程为，，
由
，
直线的方程为
直线的方程为
令，得，
，

[来源:学§科§网Z§X§X§K]
以为直径的圆过定点．
3．【2019江西上饶重点中学联考】已知椭圆的两焦点在轴上，且短轴的两个顶点与其中一个焦点的连线构成斜边为的等腰直角三角形．
(1)求椭圆的方程；
(2)动直线交椭圆于两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点，使得以线段为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由。
【思路引导】
(1)根据椭圆的一个焦点与短轴的两个顶点的连线构成等腰直角三角形，以及斜边长为，可求出，进而可求出椭圆方程；
(2)先由直线可得求过定点；根据与轴平行时或与轴平行时，先求出定点，再由证明即可．
【解析】
(1)椭圆的一个焦点与短轴的两个顶点的连线构成等腰直角三角形，．
又斜边长为，即，故， ，
椭圆方程为．
(2)由题意可知该动直线过定点，
当与轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为；
当与轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为．
由 得，
故若存在定点，则的坐标只可能为．
下面证明为所求：
若直线的斜率不存在，上述已经证明．
若直线的斜率存在，设直线：，
，，
由 得，
， ，，
，，
=，
，即以线段AB为直径的圆恒过点．
4．【2019江苏苏北三市质检】如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到右准线的距离为1．过轴上一点 为常数，且的直线与椭圆交于两点，与交于点，是弦的中点，直线与交于点．
（1）求椭圆的标准方程；[来源:Z。xx。k.Cm]
（2）试判断以为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【思路引导】
（1）由题意可得，从而得到椭圆方程；
（2）对斜率分类讨论，斜率存在时直线的方程为，联立方程可得，可得，进而可得直线的方程为，求得，表示圆的方程，可得定点．
【解析】
（1）由题意，得，解得，所以，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）由题意，当直线的斜率不存在或为零时显然不符合题意；
所以设的斜率为，则直线的方程为，
又准线方程为，
所以点的坐标为，
由得，，
即
所以，，
所以，
从而直线的方程为，（也可用点差法求解）
所以点的坐标为，
所以以为直径的圆的方程为，
即，
因为该式对恒成立，令，得，
所以以为直径的圆经过定点．
5．【2019湖南三湘名校联考】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．
【思路引导】
（1）由椭圆离心率结合得到a，b，c之间的关系，计算焦点到直线的距离得到a，b的值，从而得到椭圆方程;（2）当直线l斜率不存在时，得到为直径的圆的方程，当直线l斜率为0时，得到为直径的圆的方程，从而得到两圆的交点Q，然后只需证明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．
【同步训练】
1、设A、B是轨迹：上异于原点的两个不同点，直线和的倾斜角分别为和，当变化且时，证明直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
，所以直线的斜率存在，否则，OA，OB直线的倾斜角之和为从而设AB方程为，显然，
将与联立消去，得
由韦达定理知①
由，得1＝==
将①式代入上式整理化简可得：，所以，
此时，直线的方程可表示为即
所以直线恒过定点．
2、已知动圆过定点A(4，0)， 且在y轴上截得的弦MN的长为8．
(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C的方程;
(Ⅱ)已知点B(-1，0)， 设不垂直于x轴的直线与轨迹C交于不同的两点P， Q， 若x轴是的角平分线， 证明直线过定点．
解：(Ⅰ) A(4，0)，设圆心C

(Ⅱ) 点B(-1，0)，．
直线PQ方程为:

所以直线PQ过定点(1，0)
3、已知点是平面上一动点，且满足
（1）求点的轨迹对应的方程；
（2）已知点在曲线上，过点作曲线的两条弦和，且，判断：直线是否过定点？试证明你的结论．
解：（1）设 （5分）

）
4、已知点A（－1，0），B（1，－1）和抛物线．，O为坐标原点，过点A的动直线l交抛物线C于M、P，直线MB交抛物线C于另一点Q，如图．
（I）证明: 为定值;
（II）若△POM的面积为，求向量与的夹角；
（Ⅲ）证明直线PQ恒过一个定点．


即

即
由（*）式，代入上式，得
由此可知直线PQ过定点E（1，－4）．
5、已知抛物线的顶点为原点，其焦点到直线:的距离为．设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点．
(Ⅰ) 求抛物线的方程;
(Ⅱ) 当点为直线上的定点时，求直线的方程;
(Ⅲ) 当点在直线上移动时，求的最小值．
联立方程，消去整理得
由一元二次方程根与系数的关系可得，
所以
又点在直线上，所以，
所以
所以当时， 取得最小值，且最小值为．
6、已知椭圆中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过、、三点．过椭圆的右焦点F任做一与坐标轴不平行的直线与椭圆交于、两点，与所在的直线交于点Q．
（1）求椭圆的方程：
（2）是否存在这样直线，使得点Q恒在直线上移动？若存在，求出直线方程，若不存在，请说明理由．
直线的方程为：
由直线的方程为：，即
由直线与直线的方程消去，得
∴直线与直线的交点在直线上． 故这样的直线存在
7、已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，椭圆与抛物线在第一象限的交点为，．圆的圆心是抛物线上的动点，圆与轴交于两点，且．
（1）求椭圆的方程；
（2）证明:无论点运动到何处，圆恒经过椭圆上一定点．
解法2：∵抛物线的焦点坐标为，∴点的坐标为．∴ 抛物线的准线方程为．设点的坐标为，由抛物线的定义可知，
∵，∴，解得．由，且得．
∴点的坐标为．在椭圆:中，．
由解得．∴椭圆的方程为．
（2）证法1: 设点的坐标为，圆的半径为，
∵ 圆与轴交于两点，且，
∴ ．∴．
∴圆的方程为．
∵ 点是抛物线上的动点，∴ ()．∴．
把代入 消去整理得:．
方程对任意实数恒成立，
∴ 解得
∵点在椭圆:上，
∴无论点运动到何处，圆恒经过椭圆上一定点．
8．已知椭圆： 过点，且离心率．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）椭圆长轴两端点分别为，点为椭圆上异于的动点，直线：与直线分别交于两点，又点，过三点的圆是否过轴上不同于点的定点？若经过，求出定点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ） 存在，定点为．
【思路引导】
（1）运用椭圆的离心率公式和点代入椭圆方程，由a，b，c的关系，即可得到椭圆方程；（2）设，由椭圆方程和直线的斜率公式，以及两直线垂直的条件，计算即可得证．
试题解析：（Ⅰ）由，解得，故椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点，直线的斜率分别为，则．
又：，令得，
：，令得，
则，过三点的圆的直径为，
设圆过定点，则，解得或（舍）．
故过三点的圆是以为直径的圆过轴上不同于点的定点．
【点评】本题考查椭圆的方程和性质，主要考查离心率公式的运用，同时考查直线的斜率公式的运用，圆的直径所对的圆周角为直角，属于中档题涉及定点定直线等问题时，一般先假设存在，然后根据条件推导，注意直线过定点的直线系形式．
9．已知抛物线的焦点，为坐标原点，是抛物线上异于的两点，若直线的斜率之积为，求证：直线过轴上一定点．
【答案】
试题解析：抛物线方程为，当直线斜率不存在时，设 ，由斜率之积为得，此时直线方程为．当直线斜率存在，设方程为，与联立得，．又解得即，
综上所述，直线过定点
10．已知椭圆的右焦点为左顶点为
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作两条相互垂直的直线分别与椭圆交于（不同于点的）两点．试判断直线与轴的交点是否为定点，若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）椭圆的方程为 ；（2）直线与轴的交点是定点，坐标为
【思路引导】
（1）由已知得 椭圆的方程为
（2）①当直线与轴垂直时 的方程为联立直线与轴的交点为②当直线不垂直于轴时设直线的方程为联立
且即
由题意知 或
直线与轴的交点为．
【点评】本题的几个关键难点有：利用分类讨论思想确立解题总体思路，即：①直线与轴垂直，②当直线不垂直于轴；利用舍而不求法，结合韦达定理将问题转化为；较为繁杂的计算量．