专题3-9+曲线是否过定点,可推可算可检验-玩转压轴题,突破140分之高三数学解答题高端精品+Word版含解析

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】

x2y21若直线l：ykxm与椭圆C相交于A，例1、（“手电筒”模型）已知椭圆C：43B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

x0(a2b2)y0(a2b2),)．直的直线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点(（参考文

a2b2a2b2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kAP•kBP定值，kAPkBP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ykxm，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kAP•kBP1），得一次函数kf(m)或者mf(k)； Step3：将kf(m)或者mf(k)代入ykxm，得yk(xx定)y定． 例2、（切点弦恒过定点）有如下结论：“圆xyr上一点P(x0,y0)处的切线方程为

222x2y2x0yy0yr”，类比也有结论：“椭圆221(ab0)上一点P(x0,y0)处的切

abx0xy0yx2y21的右准线l上任意一点M引椭圆C的两线方程为221”，过椭圆C：4ab2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．

x2y2例3、（相交弦过定点）如图，已知直线L：xmy1过椭圆C:221(ab0)的

ab2右焦点F，且交椭圆C于A、B两点，点A、B在直线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．

x2y21，若直线l:xt(t2)与x轴交于点T，点P为直线l上异例4、已知椭圆C：4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l:xt(t2)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(14k)x16k2x16k40的一

21221

4k128k12y个根，结合韦达定理，得到点M的横纵坐标：x1，；其实由114k1214k122yk2(x2)16k24222(14k)x16kx16k40消y整理得，得到，即2x222222214k2x4y424k28k2216k124，y2很快．不过如果看到：将2x1中的k1用k2换下来，x222214k214k214k128k224k2x1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2214k214k2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

k1k22，由直线MN的方

k1k2tyy1y2y1xyx1y2程得直线与x轴的交点，即横截距x21，将点M、N的坐标代xx1x2x1y1y2重身份：点P即在直线A1M上也在直线A2N上，进而得到入，化简易得x434344，由3解出t，到此不要忘了考察t是否满足t2．

33tt◆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．

222xy, 例5、（动圆过定点）已知椭圆C:221(ab0) 的离心率为2ab

并且直线yxb是抛物线y24x的一条切线．

（I）求椭圆的方程；

（Ⅱ）过点S(0,)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．

yxb解：（I）由消去y得:x2(2b4)xb20 2y4x22因直线yxb与抛物线y24x相切(2b4)4b0b1

13x2c22a2b2122y21.e,abc,,a2，故所求椭圆方程为（II）2a2a2212422当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：x(y)()

33◆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．

x2y22例6、如图，已知椭圆C:221(ab0)的离心率是，A1,A2分别是椭圆C的

ab2左、右两个顶点，点F是椭圆C的右焦点．点D是x轴上位于A2右侧的一点，且满足1122． A1DA2DFDylQPA1OFA2Dxn （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）A1(a,0),A2(a,0),F(c,0)，设D(x,0)， 由

11112，又FD1， 2有

xaxaA1DA2D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．

设P（x0,y0）,易得PQ切线方程为x0x2y0y2;易得D(0,1x0) y0设PHFD

PHy0;HF1x0;DQ1x0;DF1;y0HFDQ,固PHF相似于FDQ，易得PFQ900PHFD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】

x2y21，已知椭圆E：左右焦点分别为F1(1,0),F2(1,0)，左、右顶点分别为A'(2,0)，

43上、下顶点为B(0,3)，B'(0,3)．过点P(2,1)的直线l交椭圆E于M(x1,y1)，A(2,0)，

N(x2,y2)两点，过点N作斜率为步骤 1（特殊化寻求定点坐标）：

3的直线交椭圆于另一点Q，求证：直线MQ过定点． 2

当直线l垂直于x 轴时，则M,N重合于点(2,0)，直线MQ的方程为：y当直线l经过原点时，则直线MN 的方程为：y3(x2)； 21x，代入椭圆可得：2M(3,333),N(3,)，直线NQ的方程为：yx23；代入椭圆可得： 2223)，点Q与23x2(3x43)212x223x30x3，则点Q(3,点N重合，则直线MQ的方程为：y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M,N坐标的韦达定理形式

1x，联立两个特殊位置的直线方程可得：定点可233243324x2y231 直线 NQ 的方程为：yy2(xx2)代入椭圆432可得：3x(3x3x22y2)1212x6(3x22y2)x(3x22y2)120

2222x2x33x22y2x2y23x2y23x2y2x32y3(2x2)y22， 22224则点

Q 的坐标为

(x22y23x22y2,)24，则

kMQy3y13x22y24y1直线 MQ 的方程为：

x3x12x24y24x13x22y24y13x2y24y13333(xx1)(,)y12(x1)2x24y24x12442x24y24x12yy1

34y13x22y24y1(32x1)(34y1)(x22y22x1)(3x22y24y1)(32x1)x22y22x1， 直线l的方程为：xtyt2， 则

(34y1)(ty1t22y22ty12t4)(3ty23t62y24y1)(32ty12t4)

(34y1)[(t2)y12ty1t2][(3t2)y24y13(t2)](2ty12t1)

3(t2)y26ty13(t2)4(t2)y1y28ty124(t2)y12t(3t2)y1y28ty6t(t2)y1(2t1)(3t2)y24(2t1)y13(t2)(2t1)(6t28t8)y1y2(6t210t4)y2(6t210t4)y16t(t2)0 (3t24t4)y1y2(3t25t2)(y1y2)3t(t2)0

21

(3t2)(t2)y1y2(3t1)(t2)(y1y2)3t(t2)0 (3t2)y1y2(3t1)(y1y2)3t0

步骤 3（联立方程解方程组，韦达定理整体代入）：

x2y21可得：直线 l 的方程为：x2t(y1) 代入椭圆方程433(tyt2)24y212

(3t24)y26t(2t)y3(t2)2120y1y2(3t2)

6t(t2)3t(t4),yy 12223t43t43t(t4)6t(t2)(3t1)3t0(3t2)(t4)2(3t1)(t2)(3t24)20223t43t43t210t8(6t210t4)(3t24)0（完美！）

显然直线MN 垂直于yy 轴时，直线MQ 也经过定点(,)．

3324【同步训练】

1、设A、B是轨迹C：y2px(P0)上异于原点O的两个不同点，直线OA和OB的倾斜角分别为和，当,变化且的坐标．

24时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点

0,4，所以直线AB的斜率存在，否则，OA，OB直线的倾斜角之和为从而设

2y12y2AB方程为ykxb，显然x1， ,x22p2p22将ykxb与y2px(P0)联立消去x，得ky2py2pb0

2p2pb由韦达定理知y1y2① ,y1y2kktantan2p(y1y2)由，得1＝tantan()== 2yy4p1tantan44122p1，所以b2p2pk， 将①式代入上式整理化简可得：

b2pk此时，直线AB的方程可表示为ykx2p2pk即k(x2p)y2p0

所以直线AB恒过定点2p,2p．

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C(x,y),MN线段的中点为E，由几何图像知ME心

（x4)2y242x2y28x

(Ⅱ)

点

B(-1

MN,CA2CM2ME2EC22

，

220)，

设P(x1,y1),Q(x2,y2),由题知y1y20，y1y20,y18x1,y28x2．

yy2yy121228(y1y2)y1y2(y2y1)08y1y20x11x21y18y28直线PQ方程为:yy1y2y112(xx1)yy1(8xy1)

x2x1y2y12y(y2y1)y1(y2y1)8xy1y(y2y1)88xy0,x1

所以直线PQ过定点(1，0)

3、已知点B1,0,C1,0,P是平面上一动点，且满足|PC||BC|PBCB

（1）求点P的轨迹C对应的方程；

（2）已知点A(m,2)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P(x,y)代入|PC||BC|PBCB得(x1)2y21x,化简得y24x. （5分）

(2)将A(m,2)代入y24x得m1,点A的坐标为(1,2). 设直线DE的方程为xmyt代入y24x,得y24mt4t0,

设D(x1,y1),E(x2,y2)则y1y24m,y1y24t，（4m)216t（0*）

ADAE(x11)(x21)(y12)(y22)x1x2(x1x2)1y1y22(y1y2)4

22y12y2y12y2()y1y22(y1y2)5 4444

22(yy)(yy2)2y1y2121y1y22(y1y2)5

164(4t)2(4m)22(4t)(4t)2(4m)50化简得t26t54m28m

1642即t26t94m28m4即（t3）4(m1)2t32(m1) t2m5或t2m1,代入（*）式检验均满足0 直线DE的方程为xm(y2)5或xm(y2)1 直线DE过定点(5,2).（定点（1，2）不满足题意）

24、已知点A（－1，0），B（1，－1）和抛物线．C:y4x，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为定值; （II）若△POM的面积为

第22题

5，求向量OM与OP的夹角； 2（Ⅲ）证明直线PQ恒过一个定点．

y1y3y311,即,222y3y12y3y34y1y314442(y31)(y1y3)y34,即y1y3y1y340.444y1y24,即y1,y3y340,

y2y2y2即4(y2y3)y2y340.(*) 即kPQy2y34, 22yyy2y32344y3

11分2y24直线PQ的方程是yy2(x)

y2y342即(yy2)(y2y3)4xy2,即y(y2y3)y2y34x.

由（*）式，y2y34(y2y3)4,代入上式，得(y4)(y2y3)4(x1).

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F0,cc0到直线l:xy20的距离为

32．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． 2(Ⅰ) 求抛物线C的方程;

(Ⅱ) 当点Px0,y0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x0x2y2y002x4y，消去x整理得y22y0x02yy020

22由一元二次方程根与系数的关系可得y1y2x02y0，y1y2y0

所以AFBFy1y2y1y21y02x022y01 又点Px0,y0在直线l上，所以x0y02，

219所以y0x02y012y02y052y0

2291所以当y0时， AFBF取得最小值，且最小值为．

2222232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

6、已知椭圆E中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，且经过A(2,0)、B(2,0)、C1,三不存在，请说明理由．

y1k(x11)(x2),即y(x2) x12x12y2k(x21)(x2)，即y(x2) 由直线AM的方程为：yx22x22由直线AM与直线BN的方程消去y，得

2(x1x23x1x2)2[2x1x23(x1x2)4x2]x

x13x24(x1x2)2x24直线AM的方程为：y

8(k23)24k24k2624x4x2222234k34k34k4 228k4k6242xx234k234k2∴直线AM与直线BN的交点在直线x4上． 故这样的直线存在

x2y227、已知椭圆C1:221(ab0)的右焦点F2与抛物线C2:y4x的焦点重合，椭

ab5圆C1与抛物线C2在第一象限的交点为P，|PF2|．圆C3的圆心T是抛物线C2上的动

3点，圆C3与y轴交于M,N两点，且|MN|4． （1）求椭圆C1的方程；

（2）证明:无论点T运动到何处，圆C3恒经过椭圆C1上一定点．

解法2：∵抛物线C2:y4x的焦点坐标为(1,0)，∴点F2的坐标为(1,0)．∴ 抛物线C2的准线方程为x1．设点P的坐标为(x1,y1)，由抛物线的定义可知PF2x11，

2

525822，∴x11，解得x1．由y14x1，且y10得y16．

33333x2y222∴点P的坐标为(,6)．在椭圆C1:221(ab0)中，c1．

ab33c1,2x2y2221． 由abc,解得a2,b3．∴椭圆C1的方程为43424221.9b9a（2）证法1: 设点T的坐标为(x0,y0)，圆C3的半径为r， ∵ 圆C3与y轴交于M,N两点，且|MN|4，

∵PF2∴ |MN|2rx04．∴r2224x0．

222∴圆C3的方程为(xx0)(yy0)4x0．

22∵ 点T是抛物线C2:y4x上的动点，∴ y04x0(x00)．∴x012y0． 412x2y0代入 消去x0整理得:(1)y02yy0(x2y24)0．

24方程对任意实数y0恒成立，

把x0x120,x2,∴2y0, 解得

y0.x2y240.



x2y21上， ∵点(2,0)在椭圆C1:43∴无论点T运动到何处，圆C3恒经过椭圆C1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）设算即可得证．

，由椭圆方程和直线的斜率公式，以及两直线垂直的条件，计

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，令

得

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【答案】

的斜率之积为，求证：直线

过轴上一定点．

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

联立得综上所述，直线10．已知椭圆

，过定点

．又解得即，

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

即由题意或

直线与轴的交点为．

知且

【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．