高考数学玩转压轴题专题3_8欲证直线过定点,结合特征方程验1
解析几何—直线过定点问题
解析几何之图像过定点问题是我们高考20题常考类型之一。
主要方向是弄懂：如何确定直线所过的定点；同时掌握几种常考类型。
此类题目题干中定有条件需要转化，结合联立利用韦达定理，得到关于所设直线中涉及的斜率（k ）、截距（b/m ）的式子。
然后可用含k 的式子表示b （m ），只需留有一个变量即可。
以下是常见情况：例题精析①例1（2017·全国高考真题（理））已知椭圆C ：（a>b>0），四点P 1（1,1），P 2（0,1），P 3（–1，），P 4（1，）中恰有三点在椭圆C 上. （Ⅰ）求C 的方程；（Ⅱ）设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点.若直线P 2A 与直2222=1x y a b3232线P 2B 的斜率的和为–1，证明：l 过定点.【答案】(1) .(2)证明见解析.【解析】（1）由于，两点关于y 轴对称，故由题设知C 经过，两点.又由知，C 不经过点P 1，所以点P 2在C 上. 因此，解得. 故C 的方程为.（2）设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2，如果l 与x 轴垂直，设l ：x =t ，由题设知，且，可得A ，B的坐标分别为（t ，），（t ，）.则，得，不符合题设. 从而可设l ：（）.将代入得由题设可知.设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），则x 1+x 2=，x 1x 2=.而2214x y +=3P 4P 3P 4P 222211134a b a b +>+222111314b a b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩2241a b ⎧=⎨=⎩2214x y +=0t ≠2t<22-1222122k k t t+=-=-2t =y kx m =+1m ≠y kx m =+2214xy +=()222418440kx kmx m +++-=()22=16410k m ∆-+>2841km k -+224441m k -+12121211y y k k x x --+=+121211kx m kx m x x +-+-=+.由题设，故.即.解得. 当且仅当时，，欲使l ：，即， 所以l 过定点（2，）例题精析②例2. 已知抛物线2:4C y x =，点M (m , 0)在x 轴的正半轴上，过M 点的直线l 与抛物线 C 相交于A ，B 两点，O 为坐标原点.(1) 若m =1，且直线l 的斜率为1，求以AB 为直径的圆的方程； (2) 是否存在定点M ，使得不论直线:l x ky m =+绕点M 如何转动，2211AMBM+恒为定值？()()12121221kx x m x x x x +-+=121k k +=-()()()12122110k x x m x x ++-+=()()22244821104141m kmk m k k --+⋅+-⋅=++12m k +=-1m >-0∆>12m y x m +=-+()1122m y x ++=--1-【解析】：（I ）由题意得M （1，0），直线l 的方程为y =x ﹣1与抛物线方程联立，利用韦达定理，可得圆心坐标与圆的半径，从而可得圆的方程；（II ）若存在这样的点M ，使得2211AMBM+为定值，直线l ：x =ky +m与抛物线方程联立，计算|AM |，|BM |，利用2211AMBM+恒为定值，可求点M 的坐标．答案:（1）()()223216x y -+-=. (2)存在定点M (2, 0).解析：（1）当m =1时，M (1，0)，此时，点M 为抛物线C 的焦点，直线l 的方程为y =x -1，设()()1122,,A x y B x y ，，联立24{ 1y x y x ==-，消去y 得， 2610x x -+=，∴126x x +=， 121224y y x x +=+-=，∴圆心坐标为(3, 2).又1228AB x x =++=，∴圆的半径为4，∴圆的方程为()()223216x y -+-=.(2)由题意可设直线l 的方程为x ky m =+，则直线l 的方程与抛物线2:4C y x =联立，消去x 得： 2440y ky m --=，则124y y m =-， 124y y k +=，()()22222211221111AMBMx m y x m y +=+-+-+()()()22122222222121211111y y k y k y k y y +=+=+++ ()()()()222121222222221221682111621y y y y k m k mky y k m m k +-++===+++ 对任意k R ∈恒为定值，于是m =2，此时221114AMBM+=. ∴存在定点M (2, 0)，满足题意.例题精析③例3. 已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ， 2F ， B为椭圆的上顶点， 12BF F ∆， A 为椭圆的右顶点.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若直线:l y kx m =+与椭圆C 相交于,M N 两点（,M N 不是左、右顶点），且满足MA NA ⊥，试问：直线l 是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标，否则说明理由.【解析】：（Ⅰ）由已知()122{{12c 4BF F b b c S ∆==⇒=== ∴2224a b c =+=．∴椭圆的标准方程为22143x y +=．（Ⅱ）设()11M x y ，， ()22N x y ，，联立22{ 1.43y kx m x y =++=，得()()222348430k x mkx m +++-=，()()22222264163430340m k k m k m ∆=-+->+->，即()1222122834{ 43·.34mkx x km x x k +=-+-=+，又()()()()22221212121223434m k y y kx m kx m k x x mk x x m k -=++=+++=+，因为椭圆的右顶点为()20A ，， ∴1MA NA k k =-，即1212·122y yx x =---，∴()121212240y y x x x x +-++=， ∴()()22222234431640343434m k mmkk k k --+++=+++，∴2271640m mk k ++=．解得： 12m k =-， 227k m =-，且均满足22340k m +->，当12m k =-时， l 的方程为()2y k x =-，直线过定点()20，，与已知矛盾； 当227k m =-时， l 的方程为27y k x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，直线过定点207⎛⎫ ⎪⎝⎭，． 所以，直线l 过定点，定点坐标为207⎛⎫ ⎪⎝⎭，。
直线过定点问题解题技巧
直线过定点问题解题技巧
解决直线过固定点问题的技巧如下：
1. 使用点斜式或截距式确定直线的方程。
如果直线经过给定的点P（x₀，y₀），可以通过点斜式（y-y₀）=m(x-x₀) 或截距式 y=mx+b 来确定直线的方程。
其中，m 是直线的斜率，b 是y 轴截距。
2. 使用直线的斜率和给定点的坐标计算直线的方程。
如果直线经过两个已知点 A(x₁, y₁) 和 B(x₂, y₂)，可以使用斜率公式m = (y₂-y₁)/(x₂-x₁) 来计算直线的斜率。
然后，可以使用点斜式或截距式来确定直线的方程。
3. 使用向量的概念来解决问题。
如果直线 L 经过给定点 P(x₀, y₀)，可以使用向量的概念来表示直线。
例如，在平面直角坐标系中，从原点 O(0,0) 到点 P(x₀, y₀) 的向量是 OP = (x₀,
y₀)。
然后，通过平移这个向量，可以得到直线 L 的方程。
4. 使用几何性质和图形的特征来解决问题。
有时，可以根据已知点和直线的特性来确定直线的方程。
例如，如果直线经过原点 O(0,0)，可以确定直线的截距 b=0，并且直线的方程为
y=mx。
总之，“直线过固定点”问题的解决方法可以根据具体情况和已知条件选择不同的技巧，但无论选择哪种方法，都需要根据已知点的坐标和直线的性质来确定直线的方程。
数学过定点问题所有方法
数学过定点问题所有方法我折腾了好久数学过定点问题，总算找到点门道。
说实话，数学过定点问题一开始我也是瞎摸索。
我最开始想到的方法呢，就是特殊值法。
比如说，在有些函数方程里，我就给变量赋特殊的值。
像对于直线方程y = kx + b，如果要找过定点，我就先让k = 0，求出一组x和y的值，再让k = 1，又求出一组。
但是我发现这个方法有些局限性，不是所有的方程都适用。
有时候求出的值不是真正的定点情况，在这里面我吃过很多亏。
有一次考试，我就直接用这个方法，结果做错了，后来才明白原来这个方程变形之后才能用特殊值法准确判断定点。
还有一种方法就是将方程变形为关于某个参数的恒等式。
我记得有一道题是关于含有参数的曲线方程过定点的。
我就把方程进行合并同类项啊，把那些带有参数的项放到一边，不含参数的项放到另一边。
就好比你收拾东西一样，把一样性质的东西放在一起。
然后呢，令所有含参数的系数都为零，这样就可以得到一组方程组，解这个方程组就能求出定点了。
这个方法我用起来开始也不熟练，有几次算错方程组的解了，但后来经过大量的练习就好多了。
分离参数法我也用过。
就是把含参数的式子分离出来，把它想象成一个函数，这个函数在任何情况下这个定点都是它图像上的一个恒定的点。
这个过程就像是把一颗特别的珠子从一堆珠子里面单独分出来，这个特别的珠子就是定点。
比如求一些复杂分式函数过定点，这个方法就很好用。
但是你得注意在分离参数的步骤千万别算错了，我就有一次在分母有理化的过程中出了错，导致后面解出的定点完全不对。
我觉得对于数学过定点问题，要多做题多练手，遇到新的变形要冷静思考用哪种方法好，各种方法并不是孤立的，有时候一个题可能要结合多种方法来判断定点。
高考数学复习---定点问题考点PPT课件
[解] (1)若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2＝ax，代 入点A(1，2)，可得a＝4，所以抛物线方程为y2＝4x.
若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2＝my，代入点A(1， 2)，可得m＝12，所以抛物线方程为x2＝12y.
综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝12y.
(1)求椭圆C的方程； (2)证明：直线MN过定点．
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[解] (1)圆x2＋y2＝4与x轴交于点(±2，0)， 即为椭圆的焦点，圆x2＋y2＝4与y轴交于点(0，±2)， 即为椭圆的上下两顶点，所以c＝2，b＝2. 从而a＝2 2，因此椭圆C的方程为x82＋y42＝1.
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(2)证明：设直线MN的方程为y＝kx＋m. y＝kx＋m，
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(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)，四点 P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1， 23)，P41， 23中恰有三点在椭圆 C 上．
(1)求 C 的方程； (2)设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点．若直线 P2A 与 直线 P2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．
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[解] (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过 P3，P4两点．
又由a12＋b12＞a12＋43b2知，椭圆C不经过点P1， 所以点P2在椭圆C上． 因此ba1122＝ ＋413b，2＝1，解得ab22＝ ＝41， . 故椭圆C的方程为x42＋y2＝1.
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(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2. 如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，
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故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·44mk22＋－14＋(m－1)·4－k28＋km1＝0，解得k＝－m＋2 1. 当且仅当m＞－1时，Δ＞0， 于是l：y＝－m＋2 1x＋m， 即y＋1＝－m＋2 1(x－2)， 所以l过定点(2，－1)．
直线过定点问题
直线过定点问题解题技巧：证明动直线在一定的条件下过定点是解析几何中的一类重要题型，这类 问题解题一般有两种解法.法 1：设直线，求解参数，一般的解题步骤为:(1)设出直线的方程 y = kx + b 或 x = my + t ;(2)通过题干所给的已知条件，进行正确的运算，找到k 和b 、m 和t 的关系，或者解 出b ,t 的值;(3)根据(2)中得出的结果，找出直线过的定点法 2：求两点，猜定点，证向量共线.一般的解题步骤为:(1)通过题于条件，求出直线上的两个点 A , B 的坐标(含参)；(2)取两个具体的参数值，求出对应的直线 AB ，并求出它们的交点 P ，该点即为直线过的定点；(3)证明 PA 与 PB 共线，得出直线 AB 过定点 P .注:上面的两个解法中，解法 2 的计算量通常要大一些，故一般首选解法 1.当解法 1 失效或处理起来较为复杂时再考虑解法 2.典型例题例 1、已知椭圆 C : 12222=+b y a x （a >b >0）的半焦距为c 离心率为21 ，左顶点 A 到直线x = ca 2的距离为6 ，点 P ,Q 是椭圆上的两个动点. （1）求椭圆C 的方程;（2）若直线 AP ⊥ AQ ，求证:直线 PQ 过定点 R ，并求出 R 点的坐标例 2、已知一动圆经过点 M (2,0)，且在 y 轴上截得的弦长为4 ，设该动圆圆心的轨迹为曲线C .（1）求曲线C 的方程;（2）过点 N (1,0) 任意作两条互相垂直的直线 l 1 ,l 2 ，分别交曲线C 于不同的两点A , B 和 D , E ，设线段 AB , DE 的中点分别为 P ,Q①求证:直线 PQ 过定点 R ，并求出定点 R 的坐标; ②求 ｜PQ ｜的最小值例 3、椭圆 C : 12222=+by a x （a >b >0）的上顶点为 B ，右焦点为 F ，点 B , F 都在直线3x + y - 3= 0 上.（1）求椭圆C 的标准方程;（2）M , N 为椭圆C 上的两点，且直线 BM , BN 的斜率之积为 41. 证明:直线MN 过定点，并求定点坐标.专题练习1、设椭圆E : 12222=+by a x （a >b >0）的右焦点到直线 x - y + 22 = 0的距离为3，且过点 (-1,-26） . （1）求 E 的方程;（2）设椭圆 E 的左顶点是 A ，直线l : x - my - t = 0 与椭圆 E 交于不同的两点M , N (均不与 A 重合)，且以MN 为直径的圆过点 A .试判断直线l 是否过定点，若是，求出定点坐标；若否，说明理由.2、抛物线C : y 2= 2 px ( p > 0) 上一点 M (1, y 0 )( y 0 > 0)满足｜MF ｜ = 2 ，其中 F 为抛物线的焦点. （1）求抛物线C 的方程 （2）设直线MA 和MB 分别与抛物线C 交于不同于M 点的 A , B 两点，若MA ⊥ MB ，证明:直线 AB 过定点，并求此定点的坐标 .3、已知直线的方程为 y = x + 2 ，点 P 是抛物线 y 2= 4x 上距离直线l 最近的点，点 A 是抛物线上异于点 P 的点，直线 AP 与直线l 交于点Q ，过点Q 与 x 轴平行的直线与抛物线交于点 B . （1）求P 点的坐标; （2）证明:直线 A B 恒过定点 ，并求这个定点坐标。
高考数学压轴难题归纳总结提高培优专题312 综合求证多变换几何结合代数算
【题型综述】综合求证问题有以下类型：（1）证明直线过定点，设出直线方程，利用题中的条件与设而不求思想找出曲线方程中参数间的关系，即可求出定点.(2)定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算得知求证目标的取值与变化的量无关．当使用直线的斜率和截距表示直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决．（3）恒等式的证明问题，将恒等式转化为常见的弦长、距离之比或向量关系等问题，进而转化为直线与圆锥曲线的交点坐标问题，利用设而不求思想及韦达定理即可证明.(4)几何图形性质的证明，利用几何图形性质与向量运算的关系，转化为向量的运算或直线的斜率关系，再用直线与圆锥曲线的交点坐标问题，利用设而不求思想及韦达定理即可证明.【典例指引】类型一 证明分点问题例1 【2017北京，理18】已知抛物线C ：y 2=2px 过点P （1，1）.过点（0l 与抛物线C 交于不同的两点M ，N ，过点M 作x 轴的垂线分别与直线OP ，ON 交于点A ，B ，其中O 为原点. （Ⅰ）求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标和准线方程； （Ⅱ）求证：A 为线段BM 的中点..直线ON 的方程为22y y x x，点B 的坐标为2112(,)y y x x .故A 为线段BM 的中点. 类型二 几何证明问题例2. 【2015高考湖南，理20】已知抛物线21:4C x y =的焦点F 也是椭圆一个焦点，1C 与2C 的公共弦的长为（1）求2C 的方程；（2）过点F 的直线l 与1C 相交于A ，B 两点，与2C 相交于C ，D 两点，且AC 与BD 同向 （ⅰ）若||||AC BD =，求直线l 的斜率（ⅱ）设1C 在点A 处的切线与x 轴的交点为M ，证明：直线l 绕点F 旋转时，MFD ∆总是钝角三角形（ii ）由24x y =得'y =2x，∴1C 在点A 处的切线方程为)(2111x x x y y -=-，即，令0=y ，得，∴1(,x FM =，而11(,1)FA x y =-，于是FA ⋅21x FM =-，因此AFM ∠是锐角，从而180MFD AFM ∠=-∠是钝角.，故直线l 绕点F 旋转时，MFD ∆总是钝角三角形. 类型三 等式证明例3【2015高考上海，理21】已知椭圆2221x y +=，过原点的两条直线1l 和2l 分别于椭圆交于A 、B 和C 、D ，记得到的平行四边形CD AB 的面积为S .（1）设()11,x y A ，()22C ,x y ，用A 、C 的坐标表示点C 到直线1l 的距离，并证明 （2）设1l 与2l 的斜率之积为，求面积S 的值. 类型四 长度关系证明例4.【2016高考四川】已知椭圆EE 上. (Ⅰ)求椭圆E 的方程；(Ⅱ)设不过原点O 且斜率为12 的直线l 与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为M ，直线OM 与椭圆E 交于C ，D【扩展链接】1.圆锥曲线以P (x 0，y 0)(y 0≠0)为中点的弦所在直线的斜率分别是：k ＝－b 2x 0a 2y 0(椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1)，k ＝b 2x 0a 2y 0(双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1)，k ＝p y 0(抛物线y 2＝2px )，其中k ＝y 2－y 1x 2－x 1(x 1≠x 2)，(x 1，y 1)，(x 2，y 2)为弦端点的坐标．2.给出,等于已知,即是直角,给出,等于已知是钝角, 给出,等于已知是锐角；3.在平行四边形中，给出，等于已知是菱形;4.在平行四边形中，给出，等于已知是矩形;【同步训练】1．如图，圆C与x轴相切于点T（2，0），与y轴正半轴相交于两点M，N（点M在点N的下方），且|MN|=3．（1）求圆C的方程；（2）过点M任作一条直线与椭圆相交于两点A、B，连接AN、BN，求证：∠ANM=∠BNM．【思路点拨】（1）设圆C的半径为r（r＞0），依题意，圆心坐标为（2，r），根据|MN|=3，利用弦长公式求得r的值，可得圆C的方程．（2）把x=0代入圆C的方程，求得M、N的坐标，当AB⊥y轴时，由椭圆的对称性可知∠ANM=∠BNM，当AB 与y轴不垂直时，可设直线AB的方程为y=kx+1，代入椭圆的方程，利用韦达定理求得K AB+K BN=0，可得∠ANM=∠BNM．综上所述，∠ANM=∠BNM．2.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）经过（1，1）与（，）两点．（1）求椭圆C的方程；（2）过原点的直线l与椭圆C交于A、B两点，椭圆C上一点M满足|MA|=|MB|．求证：++为定值．【思路点拨】（1）把（1，1）与（，）两点代入椭圆方程解出即可．（2）由|MA|=|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A、B关于原点对称．①若点A、B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点；同理，若点A、B是椭圆的长轴顶点，则点M在椭圆的一个短轴顶点；直接代入计算即可．②若点A、B、M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为y=kx（k≠0），则直线OM的方程为，设A（x1，y1），B（x2，y2），与椭圆的方程联立解出坐标，即可得到=，同理，代入要求的式子即可．∴=，同理，所以=2×+=2，故=2为定值．3.在平面直角坐标系xOy中，动点p（x，y）（x≥0）满足：点p到定点F（，0）与到y轴的距离之差为．记动点p的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的轨迹方程；（2）过点F的直线交曲线C于A、B两点，过点A和原点O的直线交直线x=﹣于点D，求证：直线DB平行于x轴．【思路点拨】（1）利用动点p（x，y）（x≥0）满足：点p到定点F（，0）与到y轴的距离之差为．列出关系式，即可求曲线C的轨迹方程；（2）过点F的直线交曲线C于A、B两点，过点A和原点O的直线交直线x=﹣于点D，设A的坐标为（），求出OM的方程为y=x（y0≠0），推出点D的纵坐标然后求出直线AF的方程，求出点B 的纵坐标，判断直线DB平行于x轴．即可得到结果．4.在平面直角坐标系xoy中，已知点P（2，1）在椭圆C：上且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）不经过坐标原点O的直线l与椭圆C交于A，B两点（不与点P重合），且线段AB的中为D，直线OD 的斜率为1，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求证：k1•k2为定值．【思路点拨】（1）根据椭圆的离心率公式，将P代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；（2）根据中点坐标公式及直线斜率公式，求得x1+x2=y1+y2，利用点差法求得直线l的斜率，将直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理及直线的斜率公式，即可求得k1•k2为定值．设直线l的方程y=﹣x+t，，整理得：3x2﹣4tx+4t2﹣12=0，则x1+x2=，x1x2=，则k1•k2==，===，∴k1•k2为定值．5.在平面直角坐标系xOy中，直线l：x=﹣1，点T（3，0），动点P满足PS⊥l，垂足为S，且•=0，设动点P的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）设Q是曲线C上异于点P的另一点，且直线PQ过点（1，0），线段PQ的中点为M，直线l与x轴的交点为N．求证：向量与共线．【思路点拨】（1）设P（x0，y0），则S（﹣1，y0），由此利用向量的数量积能求出曲线C的方程．（2）设Q（x1，y1），则，从而y2=4x，p=2，焦点F（1，0），N（﹣1，0），由PQ过F，得，，进而=（），=（），由此能证明向量与共线．假设=成立，∴，解得，∴，∴向量与共线．6.已知动点A，B在椭圆+=1上，且线段AB的垂直平分线始终过点P（﹣1，0）．（1）证明线段AB的中点M在定直线上；（2）求线段AB长度的最大值．【思路点拨】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），线段AB的中点M（x0，y0），当AB与x轴垂直时，线段AB的中点M（﹣2，0），在直线y=0，当AB与x轴不垂直时，利用平方差法推出，说明M在直线x=﹣2上．（2）当AB与x轴垂直时，，当AB与x轴不垂直时，联立直线与抛物线方程，利用弦长公式求解即可．，∴x1+x2=﹣4，，…（8分）∴=（11分）∴．…（12分）7.已知椭圆E的焦点在x轴上，长轴长为2，离心率为；抛物线G：y2=2px（p＞0）的焦点F与椭圆E的右焦点重合，若斜率为k的直线l过抛物线G的焦点F与椭圆E交于A，B两点，与抛物线G相交于C，D两点．（1）求椭圆E及抛物线G的方程；（2）证明：存在实数λ，使得+为常数，并求λ的值．【思路点拨】（1）由2a=2，根据椭圆的离心率公式即可求得c的值，代入，b2=a2﹣c2=1，求得椭圆方程，由=c，求得c的值，求得抛物线方程；（2）设直线l的方程，分别代入椭圆方程及抛物线方程，分别求得丨AB丨及丨CD丨，由+=为常数，则须有20+λ=4，即可求得λ的值．8.已知定点Q（，0），P为圆N：上任意一点，线段QP的垂直平分线交NP于点M．（1）当P点在圆周上运动时，求点M （x，y）的轨迹C的方程；（2）若直线l与曲线C交于A、B两点，且，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．【思路点拨】（1）求出圆N的圆心坐标为N（，0），半径为，|MP|=|MQ|，得到|MN|+|MQ|=|MN|+|MP|=|NP|=＞|NQ|，利用椭圆的定义，求解点M的轨迹C的方程．（2）当直线的斜率存在时，设直线l为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线与椭圆的方程，得消去y，通过直线与椭圆有两个不同的交点，利用判别式以及韦达定理，通过，求解即可，当直线的斜率不存在时，直线为x=m，验证求解即可．由韦达定理得：．…（8分）∴．∵，∴x1x2+y1y2=0，即，…（9分）整理得m2=2k2+2满足①式，∴，即原点到直线l为的距离是，∴直线l与圆x2+y2=2相切．…（10分）当直线的斜率不存在时，直线为x=m，与椭圆C交点为A（m，），B（m，）∵，∴．此时直线为x=，显然也与圆x2+y2=2相切．…（11分）综上，直线l与定圆E：x2+y2=2相切．…（12分）9.已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的两焦点分别为F1，F2，离心率为．设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|=3（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）已知点T（4，0），证明：当直线l变化时，直线TS与TR的斜率之和为定值．【思路点拨】（1）由题意可知：a=2c，=3，且a2=b2+c2，即可求得a和b的值，求得椭圆方程；（2）分类讨论，当直线l不垂直与x轴时，设直线方程，代入椭圆方程，由韦达定理及直线的斜率公式，即可求得k TR+k TS=0，即可证明直线TS与TR的斜率之和为定值．由R，S两点的直线y=k（x﹣1），故y1=k（x1﹣1），y2=k（x2﹣1），则=，由2x1x2﹣5（x1+x2）+8=2×﹣5×+8=0，∴k TR+k TS=0，∴直线TS与TR的斜率之和为0，综上所述，直线TS与TR的斜率之和为为定值，定值为0．10.已知椭圆E：中，a=b，且椭圆E上任一点到点的最小距离为．（1）求椭圆E的标准方程；（2）如图4，过点Q（1，1）作两条倾斜角互补的直线l1，l2（l1，l2不重合）分别交椭圆E于点A，C，B，D，求证：|QA|•|QC|=|QB|•|QD|．【思路点拨】（1）设M（x，y）为椭圆E上任一点，由，椭圆E的方程可化为，通过求解椭圆E上任一点到点的最小距离为．即可求出椭圆的方程．（2）直线l1，l2不重合，则直线l1，l2的斜率均存在，设直线l1：y=k（x﹣1）+1，点A（x1，y1），C（x2，y2）．直线l2：y=﹣k（x﹣1）+1．联立消去y，由韦达定理以及弦长公式化简，可得|QA|•|QC|=|QB|•|QD|．11.椭圆C：过其右焦点F与长轴垂直的直线与椭圆在第一象限相交于点M，（1）求椭圆C 的标准方程；（2）设椭圆C 的左顶点为A ，右顶点为B ，点P 是椭圆上的动点，且点P 与点A ， B 不重合，直线PA 与直线3x =相交于点S ，直线PB 与直线3x =相交于点T ，求证：以线段ST 为直径的圆恒过定点.【思路点拨】(1)由题意可得21a b ==，，则椭圆C (2)由题意可得()35S k ，，则以线段ST12.已知点()11,A x y ， ()22,(D x y 其中12)x x <是曲线()240y x y =≥上的两点， A ， D 两点在x 轴上的射影分别为点B ， C ，且（1）当点B 的坐标为()1,0时，求直线AD 的斜率；（2）记OAD ∆的面积为1S ，梯形ABCD 的面积为2S ，求证：【思路点拨】(1)； (2) 设直线AD 的方程为y kx m =+.联立直线与抛物线的方程，可，。
证明直线过定点问题的几种策略
（９，一 ４）。
一 ３一 。 的 交 点 。
将 Ｐ ’＿４ 代 原方程 ＝＝
竺同 学们学好：有这些 学不．知女！何 。． 一 知 识 点 ，下 面 剖 析 几 种 常 见 的 解 题 策 略 和 方 法 。
一 题 目 展 示 、
侧 ， 求 证 ：对 任 意 的 实 数 ，直 线 （ｍ 一 １）ｚ＋ （２ｍ 一 １）Ｙ— ｍ 一 ５必 过 定 点 。
侧 ２ 已 知 ２为 实 数 ，直 线 （２ｍ 一 １） 一 （ ＋ ３） 一 （ 一 １１）一 ０恒 过 定 点 吗 ？
（９，一 ４）。
故 直 线 （２ｍ 一 １） ＋ （ｍ ＋ ３） 一 ３ｍ ＋ ５
评 析 ：解 题 时 。也 可 取 研 一 和 一 １，通
过 解 方 程 组 求 得 定 点 的 坐 标 为 （９，一 ４）。 例 ２ 的 解 ：（方 程 法 ）由 （２ｍ 一 １） 一 （
一 ０恒 过 定 点 （２·一 ）。 作 者 单 位 ：山 东 平 邑 东 城 一 中 （责 任 编 辑 郭 正 华 ）
１）× ９＋ （２ｍ 一 １）× （一 ４）一 ｍ 一 ５恒 成 立 ，故
由方程组｛一 ＋ ３ｙ＋ ５一 Ｏ‘ 解 得 交 点 坐
……
Ｉ２３－＋． ｖ一 ３— ０， … … … …
直 线 （，”一 １） ＋ （２ｍ 一 １） 一 ，ｎ一 ５必 过 定 点 标 为 （２，一 １）。
①
令 一 ２，可 得 ＋ ３ 一 一 ３。
直线过定点的5种特优解法
直线过定点的5种特优解法【摘要】圆锥曲线中直线过定点的问题是高考常考的一种题型，本文以2020年高考数学全国Ⅰ卷理科第20题为例，列举出这道题中直线过定点问题的5种解法，运用多种数学思维方法解决同一个题，培养一题多解、归纳提炼解题思想方法的能力，提高数学抽象、数学运算和逻辑推理等数学核心素养.关键词：直线过定点；圆锥曲线；一题多解已知分别为椭圆的左、右顶点，为的上顶点，，为直线上的动点，与的另一交点为，与的另一交点为.（1）求的方程；（2）证明：直线过定点.解：（1）过程略：易求（2）法（一）：斜率比值型：设.若，设直线的方程为，由题意可知，将代入得所以，，由此可得，易求，即，将直线方程代入得，提取公因式，该等式一定可化为.其中，即，故直线过定点．法（二）：曲线系求解（找到四个点，他们为两个二次曲线的交点，找出另一个过这个四个点的二次曲线，构造等式．）设点，设直线的方程为，由题意可知.由于直线的方程为，即.直线的方程为，所以.过四点的曲线系方程可设为：.直线的方程为，直线的方程为，即也过四点，所以，用待定系数法求解得，故直线恒过点法（三）：截距式：设，为不同两点，且不与坐标轴垂直，则直线的横截距，纵截距解：设，易知即：由椭圆第三定义知得由，即，故恒过定点；法（四）：用椭圆参数方程求解设点，点，则，，即，设过定点为，由，故直线恒过点法（五）：极点、极线求解（若极点共线，则极线共点，反之亦然）设点，则点对应的极线方程为，因点对应的极线必过与的交点，即必过极线与的交点，故直线恒过点总结归纳：求直线过定点的常见模型：直线与曲线交于两点，为定点；满足三列三种情形之一：；；斜率比值型。
一、直线过定点问题
一、直线过定点问题 1：方法：直线系理论：设m kx y +=，通过已知条件找到m k ,的关系即可证明直线过定点 2：结论：(1)P 为圆锥曲线上一定点,PM 、PN 为两个动弦，且m k k PN PM =⋅，则MN 过定点(或定向).特例:1-=m 时,①若),(00y x P 为椭圆12222=+b y a x )0,0(>>b a 上一点,则MN 过定点2222002222(,)a b a b x y a b a b---++,用左顶点体会一下。
②若),(00y x P 为双曲线12222=-b y a x )0,0(>>b a 上一点,则MN 过定点2222002222(,)a b a b x y a b a b ++---,用左顶点体会一下。
③若),(00y x P 为抛物线2y ax =上一点,则MN 过00(,)x a y +-.证明一下：体会方法。
(2)P 为圆锥曲线上一定点,PM 、PN 为两个动弦，且PM PN k k m +=，则MN 过定点(或定向).依抛物线为例证明，体会方法。
(3)P 为圆锥曲线上一定点,PM 、PN 为两个动弦，倾斜角分别为1α、2α且12αα+为定值，则MN 过定点(或定向).3、例题例1、已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左右焦点分别为F 1，F 2，点M （0，2）是椭圆的一个顶点。
∆F 1MF 2是等腰直角三角形。
（I ）求椭圆的方程；（II ）过点M 分别作直线MA 、MB 交椭圆于A 、B 两点，设两直线的斜率分别是k 1,k 2,且k 1+k 2=8,证明：直线AB 过定点。
例2：椭圆)0(12222>>=+b a b y a x 左右焦点分别为F 1，F 2，左顶点为A ，若F 1F 2=2，e =21。
（I ）求椭圆的标准方程；（II ）若P 是椭圆上任意一点，求⋅1的取值范围；（III ）直线m kx y l +=:与椭圆交于不同的两点M ，N （均不是长轴顶点）。
2023届高考数学二轮复习大题专讲专练：定点、定直线问题
第22讲 定点、定直线问题圆锥曲线的定点、定直线问题就是曲线或直线过定点，或者动点在定直线上，其核心思路就是消参，消参的手段主要用的有两种：①等式代是消参（前面讲过，就是找到两个参数之间的关系，带是从而消掉一个参数）．②参数无关性消参：和参数相关的因式为0时，和参数的取值没什么关系，比如2-+y ()0=kg x ，只要因式()0=g x ，就和参数k 没什么关系了，或者说参数k 不起作用．直线过定点直线过定点问题：题设为某直线恒过某个定点．目标：建立出只含斜率一个参数的直线方程，形如(1)2=-+y k x ，则会恒过(1,2)这个点，也就是当1=x 时，与斜率参数k 没有什么关系了，这个我把它称之为参数无关性．一般解题步骤：（1）斜截式设直线方程：=+y kx m ，此时引入了两个参数，需要消掉一个． （2）找关系：找到k 和m 的关系：=m ()f k ，等式带入消参，消掉m ． （3）参数无关找定点：找到和k 没有关系的点．【例1】 若点,A B 是抛物线2:4=E x y 上的两个动点，O 为坐标原点，且⋅=OA OB 4-，求证：直线AB 恒过定点．【解析】证明 由题意可知直线AB 的斜率存在，设直线AB 方程：y kx b =+，()11,A x y ，()22,B x y ．将直线AB 的方程代入24=x y 中，得2440x kx b --=．∴124x x k +=，124x x b =-，221212121216x x OA OB x x y y x x ⋅=+=+=2442b b b -+=-⇒=，∴直线AB 恒过定点(0,2)．【例2】过点3,02⎛⎫⎪⎝⎭作相互垂直的两条直线12,l l ，直线1l 与曲线2:6=C y x 相交于A ，B 两点，直线2l 与曲线2:6=C y x 相交于E ，F 两点，线段,AB EF 的中点分别为,M N ，求证：直线MN 恒过定点，并求出该定点的坐标．【解析】证明 由题意可知，直线12,l l 的斜率均存在． 设直线1l 的方程为32⎛⎫=- ⎪⎝⎭y k x ，()11,A x y ，()22,B x y ．联立2632⎧=⎪⎨⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭⎩y x y k x ，消去y 得()22224122490k x k x k -++=， 212236k x x k ++=，()121263y y k x x k+=+-=． ∵点M 是线段AB 的中点， ∴22363,2⎛⎫+ ⎪⎝⎭k M k k ． 同理，将k 换成1-k 得236,32⎛⎫+-⎪⎝⎭k N k ， 当222363622++≠k kk ，即1≠±k 时，222233,3636122+-==++--MN kk k k k k k k∴直线MN 的方程为231-+=-ky k k ．2362⎛⎫+- ⎪⎝⎭k x ，即2912-⎛⎫=- ⎪-⎝⎭k y x k ， ∴直线MN 恒过定点9,02⎛⎫ ⎪⎝⎭．当1=±k 时，直线MN 的方程为=x 92，也过点9,02⎛⎫ ⎪⎝⎭， ∴直线MN 恒过定点9,02⎛⎫⎪⎝⎭．【例】3 31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭M 为椭圆22:143+=x y C 上一点，过点31,2⎛⎫⎪⎝⎭M 作互相垂直的两条直线分别又交椭圆C 于点,A B ，求证：直线AB 过定点，并求出定点的坐标． 【解析】证明 （1）当直线AB 的斜率存在时，设直线方程为=+y kx m ， 与椭圆C 联立221,43⎧+=⎪⎨⎪=+⎩x y y kx m ，消去y 得()2224384120+++-=k x kmx m ． ∴()()222264443412∆=-+-k m k m 0>．设()11,A x y ，()22,B x y ，则122843km x x k -+=+，212241243m x x k -=+． ∵MA MB ⊥，∴()()12123311022MA MB x x y y ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-+--= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，()()12123311022x x kx m kx m ⎛⎫⎛⎫⇒--++-⋅+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()22121233111022k x x k m x x m ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⇒++--++-+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，∴337022k m k m ⎛⎫⎛⎫+-++= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．解得32=-+m k 或13714=--m k ． 若32m k =-+，则直线AB 的方程为3(1)2y k x =-+，过点M ，不符题意． 若13714=--m k ，则直线AB 的方程为13714⎛⎫=-- ⎪⎝⎭y k x ，号过点13,714⎛⎫- ⎪⎝⎭． （2）当直线AB 的斜率不存在时，设()00,A x y ，()00,B x y -，联立：()200022003310223412x y y x y ⎧⎛⎫⎛⎫-+---=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪+=⎩， 解得017=x 或01=x （舍）． 此时直线AB 也过点13,714⎛⎫- ⎪⎝⎭． 综上，直线AB 恒过定点13,714⎛⎫- ⎪⎝⎭．动点在定直线上动点在定直线上：题设为某动点()00,P x y 在某定直线．目标：需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三种情况：（1）0x a =，即动点恒过直线x a =． （2）0y b =，即动点恒过直线y b =． （3）()00y f x =，即动点恒过直线()y f x =．【例1】如下图所示，过点(4,0)Q -任作一动直线l 交椭圆22:143x y C +=于,M N 两点，记MQ QN λ=．若在线段MN 上取一点R ，使得MR RN λ=-，试判断当直线ι运动时，点R 是否在某一定直线上运动？若在，请求出该定直线．若不在，请说明理由．【解析】 由已知，直线MN 的斜率必存在，设其直线方程为(4)y k x =+，()11,M x y ，()22,N x y ．联立22143(4)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去y 得()2222343264120k x k x k +++-=， 则()2144140k∆=->，21223234k x x k -+=+，2122641234k x x k -=+． 由MQ QN λ=得()1244x x λ--=+，故1244x x λ+=-+． 设点R 的坐标为()00,x y ，则由MR RN λ=-得()0120x x x x λ-=--．解得()()112121212201122424441814x x x x x x x x x x x x x x x λλ++⋅++-+===+-++++． 又()221212222641232242424343434k k x x x x k k k ---++=⨯+⨯=+++，()212223224883434k x x k k-++=+=++，从而01x =-， 故点R 在定直线1x =-上．【例2】设动直线:l y kx m =+与椭圆C ：22143x y +=有且只有一个公共点P ，过椭圆C 右焦点1F 作1PF 的垂线与直线l 交于点Q ，求证：点Q 在定直线上，求出定直线的方程． 【解析】证明 ∵直线l 与椭圆相切，联立22143y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2224384120k x kmx m +++-=．∴()()2222644412430k m m k ∆=--+=．∴222243043k m m k -+=⇒=+．切点坐标2244443P km km kx k m m=-=-=-+，243P P k y kx m m m m =+=-+=，即43,k P m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，∴133441PF m k k k m m==-+--，143QF k mk +=．∴1F Q 方程为4(1)3k my x +=-． 联立4(1)3k m y x y kx m+⎧=-⎪⎨⎪=+⎩， ∴(4)(1)3()4433()4()k m x kx m kx mx k m kx m k m x k m +-=+⇒+--=+⇒+=+， 解得4x =．∴Q 在4x =这条定直线上．【例3】如下图所示，椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的左、右顶点分别为点12,A A ，上、下顶点分别为点12,B B ，右焦点为点F ，13A F =，离心率为12． （1）求椭圆的标准方程．（2）过点(0,1)E 作不与y 轴重合的直线l 与椭圆交于点,M N ，直线1MB 与直线2NB 交于点T ，试讨论点T 是否在某条定直线上，若在，求出该直线方程．若不在，请说明理由．【解析】 （1）由题意可得1123c e a A F a c ⎧==⎪⎨⎪=+=⎩，解得2a =，1c =，∴b =， 因此，椭圆的标准方程为22143x y +=．（2）由题意可知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为1y kx =+，设点()11,M x y ，()22,N x y ． 联立2213412y kx x y =+⎧⎨+=⎩，消去x 并整理得()2243880k x kx ++-=，()()22264324396210k k k ∆=++=+>，由韦达定理得122843k x x k +=-+，122843x x k =-+．易知点1B，2(0,B ， 直线1MB的斜率为11k=1， 直线1MB的方程为1y k x =+， 直线2NB的斜率为22k ==2， 直线2NB的方程为2y k x =，由1y k x，2y k x +=122k k ==， 其中12122843kkx x x x k =-=++，==12(2(2x x ⎡⎤++==2 解得3y =．因此，点T 在定直线3y =上．圆过定点圆过定点问题：题设以线段AB 为直径的圆，恒过定点D ．（1）向量为零法：利用0AD BD ⋅=，整体代换消参之后求出D 点坐标的确定值． （2）参数无关法：设出AB 的中点M ，求出AB 长度，令2ABr =，建立出圆的方程，形如22(3)4x k y +-=，利用参数无关性，可知圆恒过(2,3)±．方法一：向量为零法【例1】已知圆222:3M x y +=的切线l （直线l 的斜率存在且不为零）与椭圆2212x y +=相交于,A B 两点．证明：以AB 为直径的圆经过原点．【解析】证明 ∵直线l 的斜率存在且不为零，故设直线l 的方程为y kx m =+．联立2212y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得()222214220k x kmx m +++-=． 设()11,A x y ，()22,B x y ，则122421kmx x k -+=+，21222221m x x k -=+．()()2121212y y kx m kx m k x x ∴=++=+()222122221m k km x x m k -++=+．∴221212232221m k OA OB x x y y k --⋅=+=+．①∵直线l 和圆M 相切， ∴圆心到直线l的距离d ==，整理得()22213m k =+．② 将②式代入①式得0OA OB ⋅=，显然以AB 为直径的圆经过原点(0,0)O ．【例2】过点(0,2)F 任作一直线F 与曲线2:8C x y =交于,A B 两点，直线,OA OB 与直线2y =-分别交于点,,M N O 为坐标原点，求证：以线段MN 为直径的圆经过点F ．【解析】证明 设直线AB 的方程为2y kx =+，211,8x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,8x B x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则直线OA l 方程：18x y x =，直线OB l 方程：28xy x =． 联立182x y xy ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，得116,2M x ⎛⎫--⎪⎝⎭．同理得216,2N x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭， ∴116,4FM x ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，216,4FN x ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭． 121212161616161616,4,4(4)(4)16FM FN x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫----⨯⋅=-⋅-=-⨯-+⨯=+⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 联立228y kx x y=-⎧⎨=⎩得28160x kx --=，∴1216x x =-， 则12161616161616016FM FN x x ⨯⨯⋅=+=+=-． 因此，以线段MN 为直径的圆经过点F ．【例3】过点10,3S ⎛⎫- ⎪⎝⎭且斜率为k 的动直线l 交椭圆：2212x y +=于,A B 两点，在y 轴上是否存在定点M ，使以AB 为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M 的坐标，若不存在，说明理由．【解析】 设直线1:3l y kx =-，代入2212x y +=得()2241621039k x kx +--=．设()11,A x y ，()22,B x y ，则()1224321k x x k +=+，()12216921x x k -=+． 若y 轴上存在定点(0,)M m 满足题设，则()11,MA x y m =-，()22,MB x y m =-． ()()()21212121212MA MB x x y m y m x x y y m y y m ⋅=+--=+-++212121211113333x x kx kx m kx kx m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+----+-+ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()2212121211339m k x x k m x x m ⎛⎫=+-+++++⎪⎝⎭()()()22221819615921m k m m k -++-=+，如果0MA MB ⋅=成立，即()()22218196150m k m m -++-=对k ∈R 成立． ∴221096150m m m ⎧-=⎨+-=⎩，解得1m =．∴在y 轴上存在定点(0,1)M ，使以AB 为直径的圆恒过M 点．方法二：参数无关法【例1】若过(1,0)F 的直线与曲线C ：24y x =交于,P Q 两点，直线,OP OQ 与直线1x =分别交于,A B 两点，试判断以AB 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．【解析】 设直线PQ 的方程为1x my =+，()()1122,,,P x y Q x y ， 联立241y x x my ⎧=⎨=+⎩，整理得2440y my --=，216160m ∆=+>，124y y m +=，124y y =-，直线OP 的方程为1114y y x x x y ==． 同理，直线OQ 的方程为24y x y =． 令1x =得141,A y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，241,B y ⎛⎫⎪⎝⎭，设AB 的中点T 的坐标为(),T T x y ，则1T x =，()12121244222T y y y y y m y y ++===-，∴(1,2)T m -． 211212444||y y AB y y y y -=-==圆的半径为r =．∴以AB 为直径的圆的方程为2(1)x -+22(2)44y m m +=+． 展开可得22(1)44x y my -++=，令0y =，可得2(1)4x -=，【解析】得3x =或1x =-． 从而以AB 为直径的圆经过定点(1,0)-和(3,0)．【例2】如下图所示，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆22:142x y C +=的左顶点为A ，过原点O 的直线（与坐标轴不重合）与椭圆C 交于,P Q 两点，直线,PA QA 分别与y 轴交于,M N 两点，试问以MN 为直径的圆是否过定点（与PQ 的斜率无关）？请证明你的结论．【解析】证明 设点()00,P x y ，由对称性可知点()00,Q x y --， 由题意可知(2,0)A -．设直线:(2)AP y k x =+． 联立22222(2)2(2)24y k x x k x x y =+⎧⇒++=⎨+=⎩4， 整理可得()2222218840k x k x k +++-=．∴2028421A k x x k -=+，解得2022421k x k -=+．代入(2)y k x =+可得22022*********k k y k k k ⎛⎫--=+= ⎪++⎝⎭．∴222244,2121k k P k k ⎛⎫- ⎪++⎝⎭．同理222244,2121k k Q k k ⎛⎫--- ⎪++⎝⎭．∴22222244012121822422121AQk k k k k k k k k k ⎛⎫-- ⎪+⎝⎭+===--⎛⎫---- ⎪++⎝⎭． ∴1:(2)2AQ y x k=-+， ∵,M N 是直线,PA QA 与y 轴的交点． ∴(0,2)M k ，10,N k ⎛⎫- ⎪⎝⎭．∴以MN 为直径的圆的圆心为2210,2k k ⎛⎫- ⎪⎝⎭，半径2212k r k +=． ∴椭圆方程为：222212k x y k ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭22212k k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，整理可得2222221212k k x y y k k ⎛⎫--+-+= ⎪⎝⎭22222212122k k x y y k k ⎛⎫+-⇒+-= ⎪⎝⎭， ∴令0y =，解得x =∴以MN为直径的圆恒过定点和(．。
高中数学：直线恒过定点的问题
高中数学：直线恒过定点的问题
直线恒过定点问题的多种解法。
求证：直线恒过某一定点P，并求该定点的坐标。
解法一：特殊引路法
分析：因直线随m取不同的值而变化，但是由题意分析可知应该是围绕某一定点在旋转，而这一定点我们只需两条相交直线即可求得，但是需要我们将点代入原直线方程来证明该点永远在直线上，这样就使得解法更为完备。
证明：直线，取，
此时直线方程为。
①
取，此时方程为②
联立①②解得点P（3，1）。
将点P（3，1）代入直线方程。
故直线恒过定点P（3，1）。
解法二：换元法
分析：众所周知，直线方程中的点斜式可以表明直线过点P（，），因此我们可以将直线
的一般式通过换元法转化为直线方程的点斜式，从而证明该直线恒过定点，并且可直接求得该定点。
证明：，当时，。
令。
由此可得。
即原直线方程可化为。
由直线的点斜式方程可知该直线过点P（3，1）。
当即时，原直线可化为，此时点（3，1）仍然在直线上。
综上，直线恒过定点P（3，1）。
解法三：参数分离法
分析：对于直线方程来说，如果我们将其中的m看作参数，并将其分离得
0，此时我们令，，则这两条直线的交点P（，）一定满足直线方程
0，即P（，）在直线
上，这样就将直线恒过定点转化为两条直线的交点了。
证明：。
令，=0，解方程组得
令点P为（3，1），因点P（3，1）满足。
所以也满足。
进一步得点P（3，1）满足。
故直线恒过定点P（3，1）。
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直线恒过定点问题例题
直线恒过定点问题例题直线恒过定点问题是数学中常见的几何问题之一。
它通过给定点和直线的条件，探讨直线是否恒过这个点。
本文将通过例题来详细说明直线恒过定点问题的解决方法。
问题描述例题：已知点A(1,2)和B(3,4)，求直线y = mx + 1是否恒过点C(-1,0)。
解题步骤解决直线恒过定点问题可以按照以下步骤进行：1.求直线的方程；2.将点的坐标代入方程，判断是否满足。
步骤一：求直线的方程两点确定一条直线的方程，可以使用点斜式或两点式。
在本例中，我们选择使用点斜式。
点斜式的一般形式为y - y1 = m(x - x1)，其中m为直线的斜率，(x1, y1)是直线上的一点。
通过已知点A(1,2)，我们可以计算斜率m。
根据点斜式的给定条件，我们可以得到直线方程为：y - 2 = m(x - 1)步骤二：将点的坐标代入方程我们需要将点C(-1,0)的坐标代入直线方程，判断是否满足。
将C的坐标代入方程，得到：0 - 2 = m(-1 - 1)化简得到：-2 = -2m整理后得到：m = 1因此，当直线方程为y = x + 1时，直线恒过点C(-1,0)。
结论根据上述计算和推导，我们得出结论：直线y = x + 1恒过点C(-1,0)。
总结直线恒过定点问题是数学中的基础几何问题之一。
通过已知点和直线的条件，我们可以求解直线是否恒过这个点。
解决这类问题可以遵循求直线方程和代入点的坐标两个步骤，通过计算和推导得出结论。
希望通过本文的例题分析，能够帮助读者更好地理解直线恒过定点问题的解决方法。
高考数学 玩转压轴题 专题3.9 曲线是否过定点,可推可算可检验
专题3.9 曲线是否过定点，可推可算可检验【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 ：13422=+y x 若直线m kx y l +=：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l 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))(,)((2222022220b a b a y b a b a x +-+-．（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=•BP AP k k 定值，=+BP AP k k 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m kx y +=，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1-=•BP AP k k ），得一次函数)()(k f m m f k ==或者； Step3：将)()(k f m m f k ==或者代入m kx y +=，得定定y x x k y +-=)(． 例2、（切点弦恒过定点）有如下结论：“圆222r y x =+上一点),(00y x P 处的切线方程为200r y y y x =+”，类比也有结论：“椭圆),()0(1002222y x P b a by a x 上一点>>=+处的切线方程为12020=+by y a x x ”，过椭圆C ：1422=+y x 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，例3、（相交弦过定点）如图，已知直线L ：)0(1:12222>>=++=b a b y a x C my x 过椭圆的右焦点F ，且交椭圆C 于A 、B 两点，点A 、B 在直线2:G x a =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：2214xy+=，若直线:(2)l x t t=>与x轴交于点T，点P为直线l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A 1、A 2的坐标都知道，可以设直线PA 1、PA 2的方程，直线PA 1和椭圆交点是A 1(-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:(2)l x t t =>上，相当于知道了点P 的横坐标了，由直线PA 1、PA 2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A 1(-2，0)的横坐标－2是方程222121(14)161640k x k x k +++-=的一个根，结合韦达定理，得到点M 的横纵坐标：211212814k x k -=+，1121414k y k =+；其实由222(2)44y k x x y =-⎧⎨+=⎩消y 整理得222222(14)161640k x k x k +-+-=，得到22222164214k x k -=+，即222228214k x k -=+，2222414k y k -=+很快．不过如果看到：将21121164214k x k --=+中的12k k 用换下来，1x 前的系数2用－2换下来，就得点N 的坐标2222222824(,)1414k k k k --++，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1A M 上也在直线A 2N 上，进而得到12122k k k k t-=-+，由直线MN 的方程121121y y y y x x x x --=--得直线与x 轴的交点，即横截距211212x y x y x y y -=-，将点M 、N 的坐标代入，化简易得4x t =，由43t=解出433t =，到此不要忘了考察433t =是否满足2t >．◆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2222:1(0)x y C a b a b+=>> 2,2 y x b =+并且直线是抛物线x y 42=的一条切线．（I ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点)31,0(-S 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0)42(:4222=+-+⎩⎨⎧=+=b x b x y xy bx y 得消去 因直线x y b x y 42=+=与抛物线相切04)42(22=--=∆∴b b 1=∴b22222221,,222c a b e a b c a a a -===+∴=∴=Q .1222=+y x（II ）当L 与x 轴平行时，以AB 为直径的圆的方程：222)34()31(=++y x◆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2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率是22，12,A A 分别是椭圆C 的左、右两个顶点，点F 是椭圆C 的右焦点．点D 是x 轴上位于2A 右侧的一点，且满足121122A D A D FD+==． （1）求椭圆C 的方程以及点D 的坐标；（2）过点D 作x 轴的垂线n ，再作直线:l y kx m =+ 与椭圆C 有且仅有一个公共点P ，直线l 交直线n 于点 Q ．求证：以线段PQ 为直径的圆恒过定点，并求出定 点的坐标． 解：（1）12(,0),(,0),(,0)A a A a F c -，设(,0)D x ，1A 2A O FDPQl nxy由12112A D A D+=有112x a x a +=+-，又1FD =， 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．;22,,0000=+y y x x PQ y x P 切线方程为易得）（设)1,0(0y x D -易得 FD PH ⊥设0090,;1;1;1;=∠∆∆==-=-==PFQ FDQ PHF FDDQPH HF DF y x DQ x HF y PH ，易得相似于固问题得证． ◆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E ：13422=+y x ，左右焦点分别为)0,1(),0,1(21F F -，左、右顶点分别为)0,2('-A ，)0,2(A ，上、下顶点为)3,0(B ，)3,0('-B ．过点)1,2(P 的直线l 交椭圆E 于),(11y x M ，),(22y x N 两点，过点N 作斜率为23-的直线交椭圆于另一点Q ，求证：直线MQ 过定点． 步骤 1（特殊化寻求定点坐标）：当直线l 垂直于x 轴时，则N M ,重合于点)0,2(，直线MQ 的方程为：)2(23--=x y ； 当直线l 经过原点时，则直线MN 的方程为：x y 21=，代入椭圆可得：)23,3(),23,3(--N M ，直线NQ 的方程为：3223--=x y ；代入椭圆可得： 3033212)343(3222-=⇒=++⇒=--+x x x x x ，则点)23,3(-Q ，点Q 与点N 重合，则直线MQ 的方程为：x y 21=，联立两个特殊位置的直线方程可得：定点可能为)43,23(步骤 2（一般化探求题意韦达定理化）：直线过定点)43,23( ，转化为交点N M ,坐标的韦达定理形式直线 NQ 的方程为：)(2322x x y y --=-代入椭圆13422=+y x 可得：012)23()23(61212)233(32222222222=-+++-⇒=++-+y x x y x x y x x x423)22(232222322222232232232y x y x y x y y x x y x x x -=+-+-=⇒+=⇒+=+， 则点Q的坐标为)423,22(2222y x y x -+，则1221221313442423x y x y y x x x y y k MQ -+--=--=直线 MQ 的方程为：)23(44242343)43,23()(4424231122122111221221x x y x y y x y x x x y x y y x y y --+--=-⇐→--+--=-)23)(423()22)(43()23(22423431122122111221221x y y x x y x y x x y x y y x y ---=-+-⇔-⋅-+--=-⇔，直线l 的方程为：2+-=t ty x ， 则)4223)(42633()42222)(43(11221211-+---+-=-+-++--t ty y y t ty t ty y t ty y )122)](2(34)23[(]22)2)[(43(112111-+-----=-+-+-⇔t ty t y y t t ty y t y)12)(2(3)12(4)23)(12()2(68)23(2)2(48)2(4)2(36)2(312121211212112-------+--+--=--+---+-+⇔t t y t y t t y t t ty y y t t y t ty y y t t ty y t0)2(6)4106()4106()886(1222212=-+--------⇔t t y t t y t t y y t t 0)2(3))(253()443(212212=-++-----⇔t t y y t t y y t t0)2(3))(2)(13()2)(23(2121=-++-+--+⇔t t y y t t y y t t 03))(13()23(2121=+++-+⇔t y y t y y t步骤 3（联立方程解方程组，韦达定理整体代入）：直线 l 的方程为：)1(2-=-y t x 代入椭圆方程13422=+y x 可得：124)2(322=++-y t ty43)4(3,43)2(6012)2(3)2(6)43(221221222+-=+-=+⇒=--+-++⇒t t t y y t t t y y t y t t y t 0)43()2)(13(2)4)(23(0343)2(6)13(43)4(3)23(2222=++-+--+⇔=++-+-+-+⇒t t t t t t t t t t t t t t0)43()4106(8103222=++-----⇔t t t t t （完美！）显然直线MN 垂直于y y 轴时，直线MQ 也经过定点)43,23(．【同步训练】1、设A 、B 是轨迹C ：22(0)y px P =>上异于原点O 的两个不同点，直线OA 和OB 的倾斜角分别为α和β，当,αβ变化且4παβ+=时，证明直线AB 恒过定点，并求出该定点的坐标．0,4παβ<<，所以直线AB 的斜率存在，否则，OA ，OB 直线的倾斜角之和为π从而设AB方程为y kx b =+，显然221212,22y y x x p p==， 将y kx b =+与22(0)y px P =>联立消去x ，得2220ky py pb -+=由韦达定理知121222,p pby y y y k k+=⋅=① 由4παβ+=，得1＝tan tan()4παβ=+=tan tan 1tan tan αβαβ+-=122122()4p y y y y p +- 将①式代入上式整理化简可得：212pb pk=-，所以22b p pk =+， 此时，直线AB 的方程可表示为y kx =+22p pk +即()(2)20k x p y p +--=所以直线AB 恒过定点()2,2p p -．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l 与轨迹C 交于不同的两点P ， Q ， 若x 轴是PBQ ∠的角平分线， 证明直线l 过定点． 解：(Ⅰ) A (4，0)，设圆心C 2222,2),,(EC ME CM CA MNME E MN y x +===，由几何图像知线段的中点为x y x y x 84)422222=⇒+=+-⇒（(Ⅱ)点B (-1，0)，222121212122118,8,00),,(),,(x y x y y y y y y x Q y x P ==<≠+，由题知设．080)()(88811211221212222112211=+⇒=+++⇒+-=+⇒+-=+⇒y y y y y y y y y y y y x y x y 直线PQ 方程为:)8(1)(21121112121y x y y y y x x x x y y y y -+=-⇒---=-1,088)(8)()(122112112==⇒=++⇒-=+-+⇒x y x y y y y x y y y y y y所以直线PQ 过定点(1，0)3、已知点()()1,0,1,0,B C P -是平面上一动点，且满足||||PC BC PB CB ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r（1）求点P 的轨迹C 对应的方程；（2）已知点(,2)A m 在曲线C 上，过点A 作曲线C 的两条弦AD 和AE ，且AD AE ⊥，判断：直线DE 是否过定点？试证明你的结论．解：（1）设.4,1)1(||||),(222x y x y x CB PB BC PC y x P =+=+-⋅=⋅化简得得代入 （5分）).2,1(,14)2,()2(2的坐标为点得代入将A m x y m A ∴== ,044,422=--=+=t mt y x y t my x DE 得代入的方程为设直线）（（，则设*016)44,4),(),,(221212211>+-=∆-=⋅=+t m t y y m y y y x E y x D4)(21)()2)(2()1)(1(212121212121++-⋅+++-=--+--=⋅∴y y y y x x x x y y x x AE AD5)(2)44(44212122212221++-⋅++-⋅=y y y y y y y y 5)(242)(16)(212121221221++-⋅+⋅-+-⋅=y y y y y y y y y ym m t t m t t m t 845605)4(2)4(4)4(2)4(16)4(2222+=+-=+--+----=化简得)1(23)1(43484962222+±=-∴+=-++=+-m t m t m m t t ）即（即 0*,1252>∆+-=+=∴）式检验均满足代入（或m t m t 1)2(5)2(+-=++=∴y m x y m x DE 或的方程为直线 ）不满足题意，定点（（过定点直线21).2,5(-∴DE ）4、已知点A （－1，0），B （1，－1）和抛物线．x y C 4:2=，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: OM OP ⋅u u u u r u u u r为定值;（II ）若△POM 的面积为25，求向量OM 与OP 的夹角；（Ⅲ）证明直线PQ 恒过一个定点．第22题3133222233131323133131311,,41444(1)()4,40.11y y y y y y y y y y y y y y y y y y -+==-++-∴++=-+++=L L L L 即即即分,0444,4,432322121=+++⋅∴==y y y y y y y y 即Θ即.(*)04)(43232=+++y y y y ,44432232232y y y y y y k PQ +=--=Θ )4(422322y x y y y y PQ -+=-∴的方程是直线即.4)(,4))((323222322x y y y y y y x y y y y =-+-=+-即由（*）式，,4)(43232++=-y y y y 代入上式，得).1(4))(4(32-=++x y y y 由此可知直线PQ 过定点E （1，－4）．5、已知抛物线C 的顶点为原点，其焦点()()0,0F c c >到直线l :20x y --=的距离为322．设P 为直线l 上的点，过点P 作抛物线C 的两条切线,PA PB ，其中,A B 为切点． (Ⅰ) 求抛物线C 的方程;(Ⅱ) 当点()00,P x y 为直线l 上的定点时，求直线AB 的方程;(Ⅲ) 当点P 在直线l 上移动时，求AF BF ⋅的最小值．联立方程0022204x x y y x y--=⎧⎨=⎩，消去x 整理得()22200020y y x y y +-+=由一元二次方程根与系数的关系可得212002y y x y +=-，2120y y y =所以()221212000121AF BF y y y y y x y ⋅=+++=+-+ 又点()00,P x y 在直线l 上，所以002x y =+，所以22220000001921225222y x y y y y ⎛⎫+-+=++=++ ⎪⎝⎭所以当012y =-时， AF BF ⋅取得最小值，且最小值为92．6、已知椭圆E 中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过(2,0)A -、(2,0)B 、31,2C ⎛⎫⎪⎝⎭三点．过椭圆的右焦点F 任做一与坐标轴不平行的直线l 与椭圆E 交于M 、N 两点，AM 与BN 所在的直线交于点Q ． （1）求椭圆E 的方程：（2）是否存在这样直线m ，使得点Q 恒在直线m 上移动？若存在，求出直线m 方程，若不存在，请说明理由．直线AM 的方程为：1111(1)(2),(2)22y k x y x y x x x -=+=+++即 由直线AM 的方程为：22(2)2y y x x =--，即22(1)(2)2k x y x x -=-- 由直线AM 与直线BN 的方程消去y ，得121212122121222(3)2[23()4]34()24x x x x x x x x x x x x x x x -+-++==+-++-222222222222228(3)24462443434344846423434k k k x x k k k k k x xk k ⎡⎤⎛⎫-+-+-+ ⎪⎢⎥+++⎣⎦⎝⎭===+-+-+++ ∴直线AM 与直线BN 的交点在直线4x =上． 故这样的直线存在7、已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点2F 与抛物线22:4C y x =的焦点重合，椭圆1C 与抛物线2C 在第一象限的交点为P ，25||3PF =．圆3C 的圆心T 是抛物线2C 上的动点，圆3C 与y 轴交于,M N 两点，且||4MN =． （1）求椭圆1C 的方程；（2）证明:无论点T 运动到何处，圆3C 恒经过椭圆1C 上一定点．解法2：∵抛物线22:4C y x =的焦点坐标为(1,0)，∴点2F 的坐标为(1,0)．∴ 抛物线2C 的准线方程为1x =-．设点P 的坐标为11(,)x y ，由抛物线的定义可知211PF x =+，∵253PF =，∴1513x +=，解得123x =．由211843y x ==，且10y >得1263y =∴点P 的坐标为22(6)33．在椭圆1C :22221(0)x y a b a b +=>>中，1c =．由222221424199c ,a b c ,.ab ⎧⎪=⎪=+⎨⎪⎪+=⎩解得2,3a b ==1C 的方程为22143x y +=． （2）证法1: 设点T 的坐标为00(,)x y ，圆3C 的半径为r ， ∵ 圆3C 与y 轴交于,M N 两点，且||4MN =，∴ 220||24MN r x =-=．∴204r x =+∴圆3C 的方程为222000()()4x x y y x -+-=+．()*∵ 点T 是抛物线22:4C y x =上的动点，∴ 2004y x =(00x ≥)．∴20014x y =． 把20014x y =代入()* 消去0x 整理得:22200(1)2()024x y yy x y +---+=．()**方程()**对任意实数0y 恒成立，∴2210,220,40.x y x y ⎧-=⎪⎪-=⎨⎪+-=⎪⎩解得2,0.x y =⎧⎨=⎩∵点(2,0)在椭圆1C :22143x y +=上， ∴无论点T 运动到何处，圆3C 恒经过椭圆1C 上一定点()2,0．8．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．。
高考数学复习----《定点问题》规律方法与典型例题讲解
高考数学复习----《定点问题》规律方法与典型例题讲解【规律方法】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()00,x y ，常利用直线的点斜式方程()00y y k x x −=−或截距式y kx b =+来证明．【典型例题】例1、（2023·河南郑州·高三阶段练习）已知抛物线2:2C y px =（其中6p >−为F ，点M 、N 分别为抛物线C 上两个动点，满足以MN 为直径的圆过点F ，设点E 为MN的中点，当MN EF ⊥时，点E 的坐标为()3−． (1)求抛物线C 的方程；(2)直线MF 、NF 与抛物线的另一个交点分别为A 、B ，点P 、Q 分别为AM 、BN 的中点，证明：直线PQ 过定点．【解析】（1）因为以MN 为直径的圆过点F ，则MF NF ⊥，当点E 为MN 的中点时，MN EF ⊥，则MF NF =，此时FMN 为等腰直角三角形，又点E 、F 在x 轴上，则MN x ⊥轴，所以3M E x x ==−6p >−32p ∴>−F 在E 的右侧，所以32pEF =−+由抛物线的定义知2M p x MF +=，所以，3322p p −=−+，解得2p =，故抛物线C 的方程为24y x =．（2）证明：若直线MF 与x 轴重合，则直线MF 与抛物线C 只有一个交点，不合乎题意， 同理可知，直线NF 与x 轴也不重合，设直线MF 的方程为()10x my m =+≠，则直线NF 的方程为11x y m=−+，联立方程214x my y x=+⎧⎨=⎩得2440y my −−=，216160m ∆=+>，设()11,M x y 、()22,A x y ，则124y y m +=，124y y =−，所以()221,2P m m +，同理可得2221,Q m m ⎛⎫+− ⎪⎝⎭，当21m ≠时，()2222221211PQm m m k m m m +==−⎛⎫+−+ ⎪⎝⎭，所以直线PQ 的方程为()222121m y x m m m =−−+−，化简得()231m y x m =−−， 当3x =时，0y =，直线PQ 过定点()3,0．当21m =时，直线PQ 的方程为3x =，直线PQ 必过点()3,0， 综上所述，所以直线PQ 过定点()3,0．例2、（2023春·甘肃兰州·高三兰化一中校考阶段练习）已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为12，右顶点为A ，上顶点为B ，右焦点为F ，斜率为2的直线经过点A ，且点F 到(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y kx m =+与椭圆C 交于E 、F 两点（E 、F 两点与A 、B 两点不重合），且以EF 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，证明：直线l 过定点，并求出该定点坐标. 【解析】（1）由题可知,直线的方程为()2y x a =−,即220x y a −−=,∴右焦点F= 又∵椭圆C 的离心率为12c e a ==,即代入上式得2,1a c ==，所以222413b a c =−=−=.∴椭圆C 的方程为22143x y +=.（2）由221,43,x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩得：222(34)84120k x kmx m +++−=. 由2222644(34)(412)0k m k m ∆=−+−>得：2243m k <+.设1122(,),(,)E x y F x y ，椭圆的右焦点为(2,0)D ，则21212228412,3434km m x x x x k k−+=−=++，2212122312()()34m k y y kx m kx m k −=++=+ 因为以EF 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，所以AE AF ⊥，所以0AE AF ⋅=，即1212(2)(2)0x x y y −−+=，代入化简得：2271640m km k ++=，解得：2,27m k m k =−=−，皆满足2243m k <+.当2m k =−时，直线EF 的方程为()22y kx k k x =−=−过点()2,0，不符合题意.当27m k =−时，直线EF 的方程为2277y kx k k x ⎛⎫=−=− ⎪⎝⎭过点2,07⎛⎫⎪⎝⎭，符合题意.综上：直线l 过定点2,07⎛⎫⎪⎝⎭.例3、（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知动圆M 与圆(22:4A x y +=及圆(22:4B x y +=中的一个外切，另一个内切．(1)求动圆圆心M 的轨迹C 的方程；(2)若直线l 与轨迹C 相交于P 、Q 两点，以线段PQ 为直径的圆经过轨迹C 与x 轴正半轴的交点D ，证明直线l 经过一个不在轨迹C 上的定点，并求出该定点的坐标．【解析】（1）依题意，(A ，B ，当动圆M 与圆A 外切且与圆B 内切时，有22MA MB −=+，即4MA MB −=， 当动圆M 与圆A 内切且与圆B 外切时，有22MA MB +=−，即4MA MB −=−，即4()MA MB AB −=<=，∴动圆的圆心M 的轨迹C 是以A 、B 为焦点的双曲线，其中2,a c ==1b ∴=，∴轨迹C 的方程为2214x y −=；（2）证明：当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y kx m =+，1(P x ，1)y ，2(Q x ，2)y ， 由2244y kx m x y =+⎧⎨−=⎩得222(14)8440k x kmx m −−−−=， 由()()()22221408414440k km k m ⎧−≠⎪⎨=−−−−−>⎪⎩，得()222140*140k k m ⎧−≠⎨−+>⎩，且2121222844,1414km m x x x x k k −−+==−−， 依题意，以PQ 为直径的圆经过点(2,0)D ，∴0DP DQ ⋅=，且()()11222,,2,DP x y DQ x y =−=−，1212(2)(2)0x x y y ∴−−+=，()()()121212240x x x x kx m kx m ∴−+++++=，即221212(1)(2)()40k x x km x x m ++−+++=，∴()()2222244812401414m km k km m k k −−++−++=−−， 化简，得22316200m km k ++=，即(310)(2)0m k m k ++=，∴103m k =−或2m k =−，且均满足(*)， 当2m k =−时，直线l 的方程为(2)y k x =−，直线l 过定点(2,0)即是点D ，不符题意，舍， 当103m k =−时，直线l 的方程为103y k x ⎛⎫=− ⎪⎝⎭，直线l 过定点10(,0)3，符合题意，当直线l 的斜率不存在时，设l 的方程为(2)x n n =>， 由2244x n x y =⎧⎨−=⎩解得2214Px nn y =⎧⎪⎨=−⎪⎩， 依题意，以PQ 为直径的圆经过点(2,0)D ，2P y n ∴=−，即()222Py n =−， ∴221444n n n −=−+，即2316200n n −+=，解得2n =（舍)或103n =，l ∴的方程为103x =，直线l 过点10(,0)3，故直线l 经过一个不在轨迹C 上的定点，定点的坐标为10(,0)3．。
直线过定点问题的四种方法
直线过定点问题的两种方法王培训 朱思敏 周平 汪仕骏本文的所述题目为周平老师和汪仕骏老师同解的一道题。
所述第一种方法为汪仕骏老师的解题方法，第二种方法为周平老师解题方法。
第三种方法由朱思敏老师给出，第四种方法由王培训老师给出。
在此录入并评注，希望对高中学子有所参考意义。
椭圆E ：)0(12222>>=+b a by a x 的离心率23，右焦点为)0,(2c F ，点P 在椭圆上运动，且2PF 的最大值为32+.（1）求椭圆E 的方程；（2）过)1,0(A 作斜率分别为21,k k 的两条直线分别交椭圆于点N M ,，且421=+k k ，证明：直线MN 恒过定点.分析：第（1）题由焦半径公式，到)0,(2c F 的距离ex a d -=，当a x -=时，c a d +=为最大值。
本题第（2）题有两个思路，第一是以21,k k 表示N M ,坐标，然后写出直线MN 的方程。
然后通过设3,121==k k 以及5,121=-=k k 来分别得到两个MN 方程，联立两个方程，求出交点，这个交点即是定点，再将定点代入以21,k k 的直线MN 方程，发现这个定点满足方程，即得出结论；第二是以两个参数来设直线MN 方程，然后通过421=+k k 得到两个参数的关系，重新整理MN 方程，易得到定点。
（1）由题意：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-=+=+=223223ca b c a a c ，得1,2==b a ，即椭圆E 的方程为1422=+y x 解法一：（2）由⎪⎩⎪⎨⎧=-=+x k y y x 122114，得08)41(1221=++x k x k ，此方程两个根分别为211418,0k k +-.即)4141,418(2121211k k k k M +-+-；同理得)4141,418(2222222k k k k N +-+-，且21k k ≠，又由421=+k k ，（评注：由于)1,0(A 恰好在椭圆上，因此直线AM 和AN 与椭圆的交点必然有一个A ，而 A 的横坐标为0，故直线AM 的方程和椭圆方程联立得到的方程组导出的关于x 的二次方程必有一个根为0，这个方程必然可以变形为0)(=-M x x x ，得到用1k 表示的M 的横坐标，M 的坐标也相应得出，由1k 表出，而N 的坐标是将M 坐标中的1k 改为2k 即得，求N M ,的坐标不难） 得到：)41(8)41(8)41)(41()41)(41(418418414141412212122221212221122221212222k k k k k k k k k k k k k k k k k MN +++-+--+-=+++-+--+-= 2122122121222141432328888k k k k k k k k k k -=-+--= （评注：求MN 的斜率需要很大的计算量，尤其是要化简到最后，是本方法的难点之一。
高考数学解析几何专题讲义第16讲--定点问题
3 3
x2
ty2
1
②
由①②知 AB 的方程为 3 x ty 1 ，即 x 3(1 ty)
③
3
易知右焦点 F ( 3, 0) 满足③ 故直线 AB 恒过定点 F ( 3, 0)
（2）略
【例 2-2】（2019 全国Ⅲ文 21）已知曲线 C ： y x2 ，D 为直线 y = - 1 上的动点，过 D 作 C 的两条切线， 切
【解法一】 F (1, 0), k (a2 , 0) ，先探索，当 m 0 时，直线 l ox 轴，则 ABED 为矩形，由对称性知，AE 与
BD 交于定点 N ( a2 1, 0) ， 2
证明：设 A(x1, y1)B(x2 , y2 )E(a2 , y1) ，当 m 变化时首先 AE 过定点 N
2 2
+ +
(y + y2 =
1)2 3 1
=
(4)2 3Þ
ìïx = 0 ïî y = 1
即两圆的公共点为(0，1)
因此所求点 T 如果存在，只能是(0，1)，事实上.点(0，1)就是所求点，证明如下 当 l 与 x 轴垂直时，以 AB 为直径的圆过 T(0，1)
当 l 与 x 轴不垂直时，设直线 l ： y = kx - 1 3
且以 AB 为直径的圆过椭圆 C 的右顶点。求证：直线 l 过定点，并求出该定点坐标．
y kx m
【解析】设
A(x1,
y1), B(x2 ,
y2 ) ，由 3x2
4y2
得 12
(3 4k 2 )x2 8mkx 4(m2 3) 0
64m2k 2 16(3 4k 2 )(m2 3) 0
2
2
点分别为 A，B.
高考数学 玩转压轴题 专题3.8 欲证直线过定点,结合特征方程验
专题3.8 欲证直线过定点，结合特征方程验【题型综述】直线过定点的解题策略一般有以下几种：（1）如果题设条件没有给出这个定点，那么，我们可以这样思考：由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定点，再证明这个点与变量无关.(2)直接推理、计算，找出参数之间的关系，并在计算过程中消去部分参数，将直线方程化为点斜式方程，从而得到定点.（3）若直线方程含多个参数并给出或能求出参数满足的方程，观察直线方程特征与参数方程满足的方程的特征，即可找出直线所过顶点坐标，并带入直线方程进行检验.注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.【典例指引】类型一椭圆中直线过未知顶点问题例1 【2017课标1，理20】已知椭圆C：2222=1x ya b（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，3），P4（1，3）中恰有三点在椭圆C上.（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.类型二 椭圆中直线过已知定点问题例2. 【2017课标II ，理】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：2212x y +=上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP =u u u r u u u u r。
(1) 求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线3x =-上，且1OP PQ ⋅=u u u r u u u r，证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F 。
【解析】(1)设出点P 的坐标，利用2=NP u u u ru u u r得到点P 与点,M 坐标之间的关系即可求得轨迹方程为222x y +=。
（2）由题意知()1,0F -。
设()()3,,,Q t P m n -,则()()3,,1,,33OQ t PF m n OQ PF m tn =-=---⋅=+-u u u r u u u r u u u r u u u r， ()(),,3,OP m n PQ m t n ==---u u u r u u u r。
直线过定点问题典型分析
直线过定点问题典型分析发布时间：2021-08-17T16:24:42.943Z 来源：《中小学教育》2021年4月第11期作者：何东[导读] 在历年的高考数学试题中，解析几何的定值定点问题是常规题型之一何东达州中学四川省达州市 635000在历年的高考数学试题中，解析几何的定值定点问题是常规题型之一，其中直线过定点的问题是近几年的高考热点问题之一，在此分别对椭圆和抛物线两个不同背景给出几个典型案例的对比解答分析，以便提供给同学们一些解法的参考。
一方面、椭圆中的直线过定点问题在椭圆背景下的直线过定点的问题中，在设而不求的基本方法指导下通常要注意①直线方程的设法表达选择；②类比运算可有效地化简重复的运算的过程；③观察对象是否具备对称性，若具备，则可利用三点共线可有效地简化直线过定点的解答过程；④目标对象对条件分析方向的影响；⑤特殊条件的特殊模型转化。
评注：反设直线方程表达；类比运算简化解答；利用对称性三点共线转化直线过定点；评注：不能使用类比运算；但可利用对称性，三点共线转化直线过定点；评注：两条弦的中点连线条件，利用动弦中点轨迹与直线相交转化，这样问题等价转化为常规的直线与圆锥曲线相交，满足斜率定值关系的定点问题。
另一方面、抛物线中的直线过定点问题在抛物线背景下的直线过定点问题中，相较于同类椭圆中的问题，抛物线中同类问题有一个非常大的优势：可以单变量设点表达对象；其它需要注意的问题与同类椭圆中的问题相仿。
评注：单变量设点化简斜率表达；同时回避了通法中的二元二次因式分解变形的难点；评注：单变量设点化简运算；三点共线转化直线表达；评注：两条弦的中点连线条件，利用动弦中点轨迹与直线相交转化,这样问题等价转化为常规的圆锥曲线与直线相交，且斜率之积为定值的直线过定点问题。
在这里我们简单地比较了在椭圆背景下与在抛物线背景下的直线过定点的问题的条件特点，给出了几点解题参考，希望对大家有帮助；同时我们也明白:当问题的条件发生变化时，合理的解法应当是根据条件的特点，寻求合适的转化路径，法无定法。
由一道高考题想到的直线过定点问题
由一道高考题想到的直线过定点问题
曹永生
【期刊名称】《数理天地:高中版》
【年(卷),期】2022()13
【摘要】直线恒过定点问题,是圆锥曲线定点问题中的常见题型,这类题型的常见解题思路是:表达出动直线的方程,再研究直线方程的参变量间的关系,从而求出定点坐标,但我们在具体的运算过程中,运算往往会显得比较复杂,也不容易得出正确的计算结果,本文提供两种比较常见的处理这类问题的特殊方法:构造齐次二次方程和先进行坐标系的仿射,再构造齐次二次方程.这两种方法的算法原理因为得到了合理的优化,计算也比较简便.相对于通性通法,特例特法其实是算法原理得到合理优化的通法.【总页数】4页(P25-27)
【作者】曹永生
【作者单位】广东省广州市第六中学
【正文语种】中文
【中图分类】G634.6
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专题3.8 欲证直线过定点，结合特征方程验【题型综述】直线过定点的解题策略一般有以下几种：（1）如果题设条件没有给出这个定点，那么，我们可以这样思考：由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定点，再证明这个点与变量无关.(2)直接推理、计算，找出参数之间的关系，并在计算过程中消去部分参数，将直线方程化为点斜式方程，从而得到定点.（3）若直线方程含多个参数并给出或能求出参数满足的方程，观察直线方程特征与参数方程满足的方程的特征，即可找出直线所过顶点坐标，并带入直线方程进行检验.注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.【典例指引】类型一椭圆中直线过未知顶点问题例1 【2017课标1，理20】已知椭圆C：2222=1x ya b（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，3），P4（1，3）中恰有三点在椭圆C上.（1）求C的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.类型二 椭圆中直线过已知定点问题例2. 【2017课标II ，理】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：2212x y +=上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足2NP NM =。
(1) 求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线3x =-上，且1OP PQ ⋅=，证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F 。
【解析】(1)设出点P 的坐标，利用2=NP NM 得到点P 与点,M 坐标之间的关系即可求得轨迹方程为222x y +=。
（2）由题意知()1,0F -。
设()()3,,,Q t P m n -,则()()3,,1,,33OQ t PF m n OQ PF m tn =-=---⋅=+-， ()(),,3,OP m n PQ m t n ==---。
由1=OP PQ 得2231m m tn n --+-=，又由（1）知222m n +=，故330m tn +-=。
所以0=OQ PF ，即⊥OQ PF 。
又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F 。
类型三 点在定直线上问题例3【2016高考山东理数】平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：()222210x y a b a b+=＞＞ 3，抛物线E ：22x y =的焦点F 是C 的一个顶点. （I ）求椭圆C 的方程；（II ）设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交与不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D ，直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . （i ）求证：点M 在定直线上;（ii ）直线l 与y 轴交于点G ，记PFG △的面积为1S ，PDM △的面积为2S ，求12S S的最大值及取得最大值时点P 的坐标.设),(),,(),,(002211y x D y x B y x A ，联立方程222241m y mx x y ⎧=-⎪⎨⎪+=⎩得014)14(4322=-+-+m x m x m ，由0>∆，得520+<<m 且1442321+=+m m x x ，因此142223210+=+=m m x x x ,（ii ）由（i ）知直线l 方程为22m mx y -=，令0=x 得22m y -=，所以)2,0(2m G -， 又21(,),(0,),22m P m F D ))14(2,142(2223+-+m m m m ， 所以)1(41||2121+==m m m GF S ， )14(8)12(||||2122202++=-⋅=m m m x m PM S ， 所以222221)12()1)(14(2+++=m m m S S ， 令122+=m t ，则211)1)(12(2221++-=+-=t tt t t S S ，当211=t ，即2=t 时，21SS 取得最大值49，此时22=m ，满足0>∆，所以点P 的坐标为)41,22(，因此12S S 的最大值为49，此时点P 的坐标为)41,22(.类型四 抛物线中直线过定点问题例4.【2013年高考理科陕西卷】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l 与轨迹C 交于不同的两点P, Q, 若x 轴是PBQ ∠的角平分线, 证明直线l 过定点.【扩展链接】1. 对任意圆锥曲线，过其上任意一点作两条直线，若直线斜率之积为定值，两直线交圆锥曲线于B A , 两点，则直线AB 过定点.2.已知AB 为过抛物线2y =)0(2>p px 的焦点F 的弦，),(),,(2211y x B y x A ，则p x x AB ++=21||.3.已知AB 为过椭圆)0(12222>>=+b a b y a x 的焦点F 的弦，),(),,(2211y x B y x A ，则||2||21x x e a AB +-=.4.已知直线)(00x x k y y -=-，当k 变动时，直线恒过定点),(00y x .【同步训练】1．已知椭圆的离心率e=，左、右焦点分别为F1、F2，定点，P（2，），点F2在线段PF1的中垂线上．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l：y=kx+m与椭圆C交于M、N两点，直线F2M、F2N的倾斜角分别为α、β且α+β=π，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．【思路点拨】（1）由椭圆的离心率求得a=c，且丨F1F2丨=丨PF2丨，利用勾股定理即可求得c及a和b 的值；（2）将直线代入椭圆方程，利用直线的斜率公式求得=，=，由+=0，结合韦达定理，即可求得m=﹣2k．则直线MN过定点，该定点的坐标为（2，0）．且=，=由已知α+β=π，得+=0，即+=0，化简，得2kx1x2+（m﹣k）（x1+x2）﹣2m=0，∴2k×﹣（m﹣k）（）﹣2m．整理得m=﹣2k．∴直线MN的方程为y=k（x﹣2），∴直线MN过定点，该定点的坐标为（2，0）．2.已知焦距为2的椭圆C：+=1（a＞b＞0）的右顶点为A，直线y=与椭圆C交于P、Q两点（P在Q的左边），Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形．（1）求椭圆C的方程；（2）斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N．（i）若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x+3y﹣2=0上一点，且△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，求k的值（ii）若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM，点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点．【思路点拨】（1）由题意可得c=，直线y=代入椭圆方程，求得P，Q的横坐标，可得|AB|，由四边形ABPQ是平行四边形，可得|AB|=|PQ|，解方程可得b，由a，b，c的关系可得a，进而得到椭圆方程；（2）（i）由直线y=kx代入椭圆方程，求得M的坐标，由△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，可设E（m，﹣m），求出E到直线kx﹣y=0的距离d，由题意可得OE⊥MN，|OM|=d，解方程可得k的值；（ii）由M（﹣2，0），可得直线MN的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程，可得x的方程，运用韦达定理，可得N的坐标，设G（t，0），（t≠﹣2），由题意可得D（2，4k），A（2，0），以DN为直径的圆恒过直线AN 和DG的交点，可得AN⊥DG，运用两直线垂直的条件，可得斜率之积为﹣1，解方程可得t=0，即可得到定点．（ii）证明：由M（﹣2，0），可得直线MN的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程可得，（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣4=0，可得﹣2+x N=﹣，解得x N=，y N=k（x N+2）=，即N（，），设G（t，0），（t≠﹣2），由题意可得D（2，4k），A（2，0），以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，可得AN⊥DG，即有k AN•k DG=﹣1，即为•=﹣1，解得t=0．故点G是定点，即为原点（0，0）．3.已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）经过点（1，），且离心率e=（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y=kx+m与椭圆E相交于M、N两点（异于A点），且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标．【思路点拨】（1）由题意的离心率公式e=，求得a=2c，b2=3c2，将点代入椭圆方程，即可求得a和b的值，即可求得椭圆C的标准方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，由题意可知•=0，由向量数量积的坐标运算及韦达定理，即可求得m 和k的关系，代入即可求得直线恒过定点．∴++2×+4=0，化简得，7m2+4k2+16mk=0解得m=﹣2k或m=﹣且均满足3+4k2﹣m2＞0当m=﹣2k时，L：y=k（x﹣2），直线过定点（2，0）与已知矛盾；当m=﹣时，L；y=k（x﹣），直线过定点（，0），综上，直线l过定点，定点坐标为（，0）．4.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为圆F1、F2，M是C上一点，|MF1|=2，且．（1）求椭圆C的方程；（2）当过点P（4，1）的动直线l与椭圆C相交于不同两点A，B时，线段AB上取点Q，且Q满足，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线．【思路点拨】（1）由已知得a=2c，且，由余弦定理求出c=1．由此能求出椭圆C的方程．（2）设直线l的方程为y=kx+（1﹣4k），代入椭圆方程，得（3+4k2）x2+（8k﹣32k2）x+64k2﹣32k﹣8=0，由此利用韦达定理、向量，结合已知条件能证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线．5. 已知椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0），离心率e=，点P（，1）在椭圆C上．（1）求椭圆C的方程；（2）过C的右焦点F作两条弦AB，CD，满足⋅=0，且=2，=2，求证：直线MN过定点，并求出此定点．【思路点拨】（1）由a=c，则b2=a2﹣c2=2c2，将P代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程．（2）然后分弦AB，CD的斜率均存在和弦AB或CD的斜率不存在两种情况求解．当斜率均存在时，写出直线AB的方程，代入椭圆方程后化简，利用根与系数关系求得M坐标，同理求得N的坐标．进一步分k≠±1和k=±1求得直线MN的方程，从而说明直线MN过定点，当弦AB或CD的斜率不存在时，易知，直线MN为x轴，也过点（，0）．则x1+x2=，x1x2=，∴x0==，y0=k（x0﹣1）=﹣，于是M（，﹣）．∵CD⊥AB，∴将点M坐标中的k换为﹣，即得点N（，）．①当k≠±1时，直线MN的方程为y﹣=﹣（x﹣）．令y=0，得x=，则直线MN过定点（，0）；②当k=±1时，易得直线MN的方程x=，也过点（， 0）．当弦AB或CD的斜率不存在时，易知，直线MN为x轴，也过点（，0）．综上，直线MN必过定点（，0）．6.已知椭圆C：x2+4y2=4．（1）求椭圆C的离心率；（2）椭圆C的长轴的两个端点分别为A，B，点P在直线x=1上运动，直线PA，PB分别与椭圆C相交于M，N两个不同的点，求证：直线MN与x轴的交点为定点．【思路点拨】（1）求得椭圆的标准方程，则a=2，b=1，则c=，利用椭圆的离心率公式，即可求得椭圆C 的离心率；（2）设P（1，t），由已知条件分别求出M，N的坐标，设定点为Q，再由k MQ=k NQ，能证明直线MN经过一定点Q（4，0）．7.在直角坐标系xOy 中，F，A，B 分别为椭圆的右焦点、右顶点和上顶点，若（1）求a的值；（2）过点P（0，2）作直线l 交椭圆于M，N 两点，过M 作平行于x 轴的直线交椭圆于另外一点Q，连接NQ，求证：直线NQ 经过一个定点．【思路点拨】（1）由题意得：，解得a；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），直线l 的方程为y=kx+2，将y=kx+2 代入椭圆方程得（3+4k2）x2+16kx+4=0，，直线NQ 的方程，由对称性可知，若过定点，则必在y 轴上，令x=0，即可．8.已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的一个焦点为()3,0F ，其左顶点在圆22:12O x y +=上． （1）求椭圆C 的方程；（2）直线():30l x my m =+≠交椭圆C 于,M N 两点，设点N 关于x 轴的对称点为1N （点1N 与点M 不重合），证明：直线1N M 过x 轴上的一定点，并求出定点坐标．【思路点拨】（1）利用点在椭圆上和几何要素间的关系求其标准方程；（2）联立直线和椭圆的标准方程，得到关于y 的一元二次方程，利用根与系数的关系得到直线的点斜式方程，再利用赋值法进行求解.【详细解析】（1）∵椭圆的左顶点A 在圆2212x y +=上，∴又∵椭圆的一个焦点为，∴ ∴∴椭圆的方程为9.已知动圆M恒过点（0，1），且与直线y=﹣1相切．（1）求圆心M的轨迹方程；（2）动直线l过点P（0，﹣2），且与点M的轨迹交于A、B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．【思路点拨】（1）由题意可知圆心M的轨迹为以（0，1）为焦点，直线y=﹣1为准线的抛物线，根据抛物线的方程即可求得圆心M的轨迹方程；（2）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），则C（﹣x2，y2）．代入抛物线方，由韦达定理及直线直线AC的方程为：y﹣y2=﹣（x+x2），把根与系数的关系代入可得4y=（x2﹣x1）x+8，令x=0，即可得出直线恒过定点．【详细解析】（1）∵动点M到直线y=﹣1的距离等于到定点C（0，1）的距离，∴动点M的轨迹为抛物线，且=1，解得：p=2，∴动点M的轨迹方程为x2=4y；（2）证明：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），则C（﹣x2，y2）．联立，化为x2﹣4kx+8=0，10.已知F是抛物线C：x2=4y的焦点，A（x1，y1），B（x2，y2）为抛物线C上不同的两点，l1，l2分别是抛物线C在点A、点B处的切线，P（x0，y0）是l1，l2的交点．（1）当直线AB经过焦点F时，求证：点P在定直线上；（2）若|PF|=2，求|AF|•|BF|的值．【思路点拨】（1）当直线AB经过焦点F时，求出切线PA，PB的方程，可得P的坐标，即可证明：点P在定直线上；（2）设直线AB的方程为y=kx+m，代入C：x2=4y得x2﹣4kx﹣4m=0，求出P的坐标，利用韦达定理，即可求|AF|•|BF|的值．【详细解析】（1）证明：抛物线，则，∴切线PA的方程为，即，同理切线PB的方程为，联立得点P，设直线AB的方程为y=kx+1，代入C：x2=4y得x2﹣4kx﹣4=0．所以x1x2=﹣4所以点P在直线y=﹣1上；（2）证明：设直线AB的方程为y=kx+m，代入C：x2=4y得x2﹣4kx﹣4m=0．x1+x2=4k，x1x2=﹣4m，所以P（2k，﹣m），，=﹣4mk2+4k2（m+1）+4﹣4k2=4．11.已知动点C到点F（1，0）的距离比到直线x=﹣2的距离小1，动点C的轨迹为E．（1）求曲线E的方程；（2）若直线l：y=kx+m（km＜0）与曲线E相交于A，B两个不同点，且，证明：直线l经过一个定点．【思路点拨】（1）根据抛物线的定义，即可求得曲线E的方程；（2）设直线l的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得m=﹣5k，即可求得直线l的方程，则直线l必经过定点（5，0）．12.．已知动点(),M x y 满足：()()22221122x y x y ++-+=（1）求动点M 的轨迹E 的方程；（2）设过点()1,0N -的直线l 与曲线E 交于,A B 两点，点A 关于x 轴的对称点为C （点C 与点B 不重合），证明：直线BC 恒过定点，并求该定点的坐标.【思路点拨】（1）动点M 到点()1,0P -， ()1,0Q 的距离之和为2，且22PQ <M 的轨迹为椭圆，从而可求动点M 的轨迹E 的方程；（2）直线l 的方程为： ()1y k x =+，由()221{ 12y k x x y =++=得()2222124220k x k x k +++-=，，根据韦达定理可得 1221212x y x y x x +=-，直线BC 的方程为21212y y y x x x +=--，即可证明其过定点.。