2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 032-能力提升17 定点、定直线问题（教用）

这是一份2027年高考数学一轮复习 学案练习含答案 032-能力提升17 定点、定直线问题（教用），共15页。试卷主要包含了定点问题，定直线问题等内容，欢迎下载使用。
能力提升17 定点、定直线问题
圆锥曲线中的定点、定直线问题是高考的热点之一，这类问题就是曲线或直线过定点，或者动点在定直线上，解决这类问题的主要思路是消参.通常这类试题的难度较大，对核心素养有较高的要求.
题型一 定点问题
例1 ［2022·全国乙卷（理）·20，12分］已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0,−2)，B(32,−1)两点.
（1） 求E的方程；
（2） 设过点P(1,−2)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MT=TH.证明：直线HN过定点.
【解析】
（1） 设E的方程为x2m2+y2n2=1，将A(0,−2)，B(32,−1)代入，得4n2=1,94m2+1n2=1,∴m2=3，n2=4，故E的方程为x23+y24=1.
（2） 证明：易得直线AB的方程为y=23x−2.
①若直线MN的斜率不存在，则直线MN：x=1，
易得M(1,−263)，N(1,263)，
将y=−263代入y=23x−2，
得x=3−6,则T(3−6,−263)，
由MT=TH，得H(5−26,−263)，
∴kHN=46326−4=2+263，故直线HN的方程为y=(2+263)x−2，
直线HN过点(0,−2).
②若直线MN的斜率存在，则可设直线MN的方程为y=k(x−1)−2，
联立y=k(x−1)−2,x23+y24=1,消去y，整理得(3k2+4)x2−6k(2+k)x+3k(k+4)=0，由Δ>0,得Δ=96k2−192k>0,则k2,
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则x1+x2=6k(2+k)3k2+4，x1x2=3k(k+4)3k2+4，
联立y=y1,y=23x−2,得x=3y12+3,则T(3y12+3,y1)，由MT=TH，得H(3y1+6−x1,y1)，易得直线HN的方程为y−y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x−x2)，
代入(0,−2)，得2(x1+x2)−6(y1+y2)+x1y2+x2y1−3y1y2−12=0，
∵y1+y2=k(x1+x2)−2k−4=−8k−163k2+4，
y1y2=k2x1x2−k(2+k)(x1+x2)+(k+2)2=−8k2+16k+163k2+4，
x1y2+x2y1=2kx1x2−(k+2)(x1+x2)=−24k3k2+4，
∴24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0，
∴HN过定点(0,−2).
综上，HN过定点(0,−2).
归纳总结
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的系数为参数表示变化量，再研究变化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.
针对训练1．（2025·福建福州模拟）已知椭圆C的两个焦点分别是F1(−6,0),F2(6,0)，长轴长是短轴长的2倍.
（1） 求C的方程；
（2） 过点(23,−23)的直线与C交于D,E两点，以DE为直径的圆记为⊙I.
（ⅰ） 当直线DE过原点时，求⊙I与C的交点坐标；
（ⅱ） ⊙I是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【解析】
（1） 根据题意可设椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0)，
由已知条件得a2−b2=6,a=2b,解得a=23,b=6,
所以C的方程为x212+y26=1.
（2） （ⅰ） 当直线DE过原点时，直线DE的方程为y=−x，
将其与C的方程联立，可得两交点的坐标分别为(−2,2),(2,−2)，
从而可得⊙I的方程为x2+y2=8.
联立x2+y2=8,x212+y26=1,得x=2,y=2或x=−2,y=2或x=−2,y=−2或x=2,y=−2,
故⊙I与C的交点坐标为(2,2),(−2,2),(−2,−2),(2,−2).
（ⅱ） 解法一：当直线DE的斜率不存在时，将x=23代入x212+y26=1中，得y2=529，
从而可得⊙I的方程为(x−23)2+y2=529.
由(i)知，当直线DE过原点时，⊙I的方程为x2+y2=8，联立x−232+y2=529,x2+y2=8,
解得x=2,y=−2或x=2,y=2,故若⊙I过定点，则定点只能为Q1(2,−2)或Q2(2,2).
当直线DE的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，由(23,−23)在直线y=kx+m上，可得m=−23(k+1).
由y=kx+m,x212+y26=1,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−12=0，
设D(x1,y1),E(x2,y2)，则x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−122k2+1.
若Q1(2,−2)为所求定点，则必有Q1D⋅Q1E=0，
易知Q1D⋅Q1E=(x1−2)(x2−2)+(y1+2)⋅(y2+2)=(x1−2)(x2−2)+(kx1+m+2)⋅(kx2+m+2)=
(k2+1)x1x2+[k(m+2)−2](x1+x2)+4+(m+2)2=
(k2+1)⋅2m2−122k2+1+[k(m+2)−2]⋅(−4km2k2+1)+4+(m+2)2=
4k2+8km+3m2−4+4m2k2+1，
因为m=−23(k+1)，所以4k2+8km+3m2−4+4m=−163(k+1)不恒为零，故所求定点不为Q1(2,−2).
若Q2(2,2)为所求定点，则必有Q2D⋅Q2E=0，
易知Q2D⋅Q2E=(x1−2)(x2−2)+(y1−2)⋅(y2−2)=(x1−2)(x2−2)+(kx1+m−2)⋅(kx2+m−2)=(k2+1)x1x2+[k(m−2)−2](x1+x2)+4+(m−2)2=(k2+1)⋅2m2−122k2+1+[k(m−2)−2]⋅(−4km2k2+1)+4+(m−2)2=4k2+8km+3m2−4−4m2k2+1，
因为m=−23(k+1)，所以4k2+8km+3m2−4−4m=0，即Q2D⋅Q2E=0，故所求定点为Q2(2,2).
综上，⊙I过定点，定点坐标为(2,2).
解法二：同解法一得定点只能为Q1(2,−2)或Q2(2,2).
当直线DE的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，由(23,−23)在直线y=kx+m上，可得m=−23(k+1).
由y=kx+m,x212+y26=1,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−12=0，
设D(x1,y1),E(x2,y2)，
则x1+x2=−4km2k2+1,x1x2=2m2−122k2+1，
|DE|2=(1+k2)[(−4km2k2+1)2−4⋅2m2−122k2+1]=8(1+k2)(−m2+12k2+6)(2k2+1)2.
由x1+x2=−4km2k2+1，得I的横坐标为−2km2k2+1，
将x=−2km2k2+1代入y=kx+m中，得y=m2k2+1，
所以I的坐标为(−2km2k2+1,m2k2+1).
若Q1(2,−2)为所求定点，则必有4|Q1I|2−|DE|2=0，
易知4|Q1I|2−|DE|2=4(2+2km2k2+1)2+4(−2−m2k2+1)2−8(1+k2)(−m2+12k2+6)(2k2+1)2=4(4k2+8km+3m2−4+4m)2k2+1，
因为m=−23(k+1)，所以4k2+8km+3m2−4+4m=−163(k+1)不恒为零，故所求定点不为Q1(2,−2).
若Q2(2,2)为所求定点，则必有4|Q2I|2−|DE|2=0，
易知4|Q2I|2−|DE|2=4(2+2km2k2+1)2+4(2−m2k2+1)2−8(1+k2)(−m2+12k2+6)(2k2+1)2=4(4k2+8km+3m2−4−4m)2k2+1，
因为m=−23(k+1)，所以4k2+8km+3m2−4−4m=0，故定点为Q2(2,2).
综上，⊙I过定点，定点坐标为(2,2).
解法三：同解法二得|DE|2=(1+k2)⋅[(−4km2k2+1)2−4⋅2m2−122k2+1]=8(1+k2)(−m2+12k2+6)(2k2+1)2，I的坐标为(−2km2k2+1,m2k2+1).
所以⊙I的方程为(x+2km2k2+1)2+(y−m2k2+1)2=2(1+k2)(−m2+12k2+6)(2k2+1)2，
即[(2k2+1)x+2km]2+[(2k2+1)y−m]2=2(1+k2)(−m2+12k2+6).
由于2(1+k2)(−m2+12k2+6)−(2km)2−m2=3[8k4+(−2m2+12)k2−m2+4]=3(2k2+1)(4k2−m2+4)，
所以由⊙I的方程得(2k2+1)[(2k2+1)⋅x2+4kmx+(2k2+1)y2−2my]=3(2k2+1)⋅(4k2−m2+4)，
即(2k2+1)(x2+y2)+4kmx−2my=3(4k2−m2+4),
将m=−23(k+1)代入上式，并整理化简得2(3x2+3y2−4x−16)k2−4(2x−y−2)k+3x2+3y2+4y−32=0，
所以3x2+3y2−4x−16=0,2x−y−2=0,3x2+3y2+4y−32=0,
所以x=2,y=2,故此时⊙I过定点(2,2).
当直线DE的斜率不存在时，将x=23代入x212+y26=1中，得y2=529，
从而可得⊙I的方程为(x−23)2+y2=529，将x=2,y=2代入，得(2−23)2+22=529成立，故此时⊙I同样过点(2,2).
综上，⊙I过定点，定点坐标为(2,2).
题型二 定直线问题
例2 （2023· 新课标Ⅱ卷·21，12分）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(−25,0),离心率为5.
（1） 求C的方程;
（2） 记C的左、右顶点分别为A1，A2,过点(−4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P,证明:点P在定直线上.
【解析】
（1） 设C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，半焦距为c,
由题意知c=25,e=5=ca，所以a=2，
所以b2=c2−a2=(25)2−22=16，
所以C的方程为x24−y216=1.
（2） 证明：由题意知，直线MN的斜率不为0，故设直线MN的方程为x=ty−4，联立x=ty−4,x24−y216=1,
消去x整理得(4t2−1)y2−32ty+48=0，
易知4t2−1≠0,Δ=64×(4t2+3)>0，
设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2=32t4t2−1,y1y2=484t2−1，故y1+y2=2t3y1y2.
易知A1(−2,0)，A2(2,0)，
则直线MA1：y−y1y1=x−x1x1+2,
直线NA2：y−y2y2=x−x2x2−2，
联立消去y得(x−x1x1+2+1)y1=(x−x2x2−2+1)⋅y2，即x=2y1(x2−2)+2y2(x1+2)y2(x1+2)−y1(x2−2)=4y2(x1+2)y2(x1+2)−y1(x2−2)−2=2ty1y2−4y23y1−y2−2=3y1−y23y1−y2−2=−1,故点P在定直线x=−1上.
归纳总结
圆锥曲线中定直线问题的两种解法
（1）从特殊情况入手，初步确定动点所在的直线，再证明一般情况下动点也在该定直线上即可.
（2）从动点的坐标入手，直接推理、计算，并在计算的过程中消去变量，从而得到动点的横、纵坐标的关系，进而得出定直线的方程.
针对训练2．（2025·安徽蚌埠三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，点P(3,32)在椭圆C上.
（1） 求椭圆C的标准方程；
（2） 过点Q(0,6)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，证明：线段AD的中点在定直线上.
【解析】
（1） 由e=ca=12，得a=2c，则a2=4c2=b2+c2，所以b2=3c2，
将点P(3,32)代入椭圆方程，得94c2+943c2=1，解得c2=3，
所以椭圆C的标准方程为x212+y29=1.
（2） 证明：易知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+6，
联立y=kx+6,3x2+4y2=36,消去y得(3+4k2)x2+48kx+108=0，
由Δ=(48k)2−4×108×(3+4k2)>0，
得k32,
设点A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=−48k3+4k2,x1x2=1083+4k2，
由题意得yD=y1，点B，P，D共线，
又PB=(x2−3,y2−32)，PD=(xD−3,y1−32)，所以(x2−3)(y1−32)=(xD−3)(y2−32)，
所以xD=(x2−3)(y1−32)y2−32+3=(x2−3)(kx1+92)kx2+92+3=kx1x2+3k(x2−x1)+92x2kx2+92，
设线段AD的中点的坐标为(x0,y0),则y0=y1=kx1+6，x0=x1+xD2=12[x1+kx1x2+3k(x2−x1)+92x2kx2+92]=kx1x2+32k(x2−x1)+94(x1+x2)kx2+92=108k3+4k2+32k(x2−x1)+94×−48k3+4k2kx2+92=3k(x2−x1)2kx2+9，
因为kx1x2+94(x1+x2)=108k3+4k2+94×−48k3+4k2=0，所以(kx1)(kx2)+94(kx1+kx2)=0，可得kx2=−9kx19+4kx1，
所以x0=3kx2−3kx12kx2+9=−27kx19+4kx1−3kx1−18kx19+4kx1+9=−2kx13，故kx1=−32x0，
又y0=kx1+6，所以y0=−32x0+6，即线段AD的中点在定直线y=−32x+6上.