2025年高考数学复习大题题型归纳：圆锥曲线中的定点、定直线和定圆问题（解析）

第09讲圆锥曲线中的定点、定直线和定圆问题

考法呈现

直线过定点

存在定点满足某条件★1.定点问题

圆过定点问题

为题型一：定点问题

考法一,：直线过定点

例题分析

【例1】

丫2-.2—1

已知椭圆。宏+与=l(a>b>0)过点(2,0),且椭圆C的禺心率为(.

⑴求椭圆C的方程；

(2)若动点P在直线%=-I上，过P作直线交椭圆C于M,N两点，且P为线段MN的中点，再过P作直线

证明：直线/恒过定点，并求出该定点的坐标.

【答案】(1*+9=1

(2)证明见解析

【分析】(1)由点(2,0)在椭圆C上，代入椭圆的方程，再由椭圆C的离心率为T，求得a,b的值，即可求解；

(2)设P(-当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y—yo=k(x+l)，联立方程组，根据

点P的横坐标求得k,结合Ed.MM,得到用=-等，得出直线过定点；当直线MN的斜率不存在时，得到直

线/为x轴，进而得到结论.

【详解】⑴因为点(2,0)在椭圆C上，可得|+5=1,解得。2=4,

又因为椭圆C的离心率为；，所以£=；,所以与=哼=；,解得产=3,

2a2a"a"4

所以椭圆c的标准方程为。+《=I.

43

(2)由题意,可设尸(―l,y()),且上£(—：1),

①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y—y。=k(x+1),M^y^,N(：x2,y2'),

(y-yo=k(x+1)

联立方程组/y2_,

(T+T=1

22

整理得(3+4k2)/+(8kyo+8fc)%+(4%+8ky0+4fc-12)=0,

22

则A=(8/cy0+8k2)2_4(3+4k2)(4就+8协0+4fc-12)=48(3fc-2ky0一羽+3),

所以久1+久2=-罢聘，

因为P为MN的中点，所以呼=—1,即—等嗒=—2,

23+4H

所以AMN=左=片0)，经检验，此时A>0,

4yo

因为所以&=一竽，所以直线I的方程为y—y0=-等(％+1)，

即y=—誓。+》，所以直线Z恒过定点(一0).

②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为%=-1,

此时直线I为x轴，也过点(-：,0).

综上所述，直线2恒过定点(-1。).

4

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(xo,jo),常利用直线的点斜式方程y—yo=A(x—xo)或截距式y="十方来证明.

变式训练

【变式1-1】已知椭圆。《+/=19>。>。)过点力(—2,1)，且离心率e=¥.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点N作与y=t/Q<o)相切的两条直线，分别交椭圆C于P,。两点，求证：直线PQ恒过定点.

【答案】(1§+9=1

(2)证明见解析

【分析】(1)由已知列方程组求出见hC,可得方程；

(2)先由直线4PMQ与曲线y=tx2(t<0)相切，由判别式法得两直线斜率关系J+白=一2；再将斜率坐

22

标化，由直线PQ方程y=mx+n消丫1，丫2整理得(2爪+2m)x1x2+(n—1+2mn)(x1+x2)+2(n-1)=

0(*);然后由直线与曲线方程联立，由韦达定理得到/+%2,久62与小，n的关系代入(*)式化简可得小，几的

等量关系；最后代回方程y=mx+n可得定点.

【详解】⑴由点力(一2,1)代入方程摄+/=l(a>6>0),e=(=¥，

f4i_

下+记-1

a2=6

由题可得｛£=V2，解得

2

a2b=3

=炉+。2

..•所求椭圆方程为=+4=1.

63

(2)设过点A的直线为y-1=fc(x+2)与y=tx2(t<0)相切，

(y-1=k(x+2)

(y=tx2

消y得，tx2—kx—2k—1=0,由八=fc2+4t(2k+1)=0,

得,左2+8总+用=o,,

(k±-k2=4t

则贵=?+*=—2(k],七分别是直线P4和Q力的斜率)•

设直线PQ为：y=mx+n,P(%i，yi),Q3，y2)，

(y=mx+n,”,

92

12+22—6得(1+2m2)/+4mnx+2n—6=0,

(,—4mn

Xi+X=---T

则I7?①，

八J2n2-6-

XiX=-------弓

\1z?l+2m2

由4=16m2n2—8(1+2m2)(n2—3)>0得，6m2—n24-3>0.

1.1X1+2到+2X1+2到+2Q

--1--=----1---=------1------=-3

Z]忆2yi—1y2—1mxi+n—1mx2+n—l

即(％i+2)(mx2+n—1)+(x2+2)(mx1+n—1)=—2(mx2+n—+n—1)

22

整理得(2m+2m)x1x2+(n—14-2nm)(%1+x2)+2(n—1)=0,

将①式代入得，

(2m+2m2)(n2—3)4-(n-1+2mn)(—2mn)+(n2—1)(1+2m2)=0,

整理得：n2+2mn—8m2—6m—1=0,

即[几—(2m+l)][n+(4m+1)]=0,n=2m+1或九=—(4m+1),

所以当n=2m+1时，直线PQ为y=zn%+2m+1,恒过点4(-2,1),不符合题意；

当ri=—(4m+1)时，直线PQ为：y=mx—4m—1,即y+1=—4),恒过点(4,—1),

综上，直线尸Q恒过定点(4,—1).

22

【变式1-2】已知双曲线C：为一骨=1(a>0,b>0)的离心率为2,P(4,6)在C上.

(1)求双曲线。的方程；

(2)不经过点尸的直线/与C相交于M,N两点，且PMLPN,求证：直线/过定点.

【答案】(1*一6=1

(2)证明见解析

【分析】(1)根据双曲线上过的点及离心率列出方程组，求出双曲线方程；

(2)设出直线方程，分斜率不存在和斜率存在两种情况，特别是当斜率存在时，设直线为丫=/«+小，与

双曲线方程联立，根据题干中条件，列出方程，找到k和m的关系，求出过的定点，记得检验是否满足斜率

不存在的情况.

【详解】(1)由已知得：e=-=2,c=2a,则按=c2-4=3小,

a

又因为P(4,6)在C上，则当—得=1,

解得a2=4,b2=12,

所以双曲线C的方程为q-2=1.

(2)若直线/的斜率存在，设直线/的方程为y=kx+爪，MgyD，W(x2,y2),

，/y2_

联立方程412—1,消去歹得(3-忆2)%2一2/^772%—7n2-12=0,

y=kx+m

由已知上工±8，则3-々2wo,且△>(),

-ZTTXH.2kmm2+12

可得％i+%2=获记，％62=一工^-，

又因为由=(打一4/1-6),丽=(%2—4,丫2-6),

由PM1PN可得：PM•P?V=(%i—4)(%2—4)+(yt-6)(y2-6)=(%i—4)(x2—4)+(kx[+m—6)(/cx2+

m—6)=0,

22

整理得：(14-fc)x1x2+(km—6k—4)(jq+x2)+(优—6)+16=0,

2

则(1+42)(一+(km-6fc-4)+(m-6)+16=0,

可得血2—32k2—4km—18m+72=0,贝！J(m+4/c—6)(m—8k-12)=0,

由已知/不经过点(4,6),故血+4攵一6。0,

所以Hi—8k—12=0,即zu=8k+12,

可得/：y=fc(x+8)+12,过定点Q(—8,12)；

若直线/的斜率不存在，设N(%i，—yi),

可得两=(%i-4,yi-6),丽=(%i-4,一yi-6),

由PM1PN可得：丽•丽=(%i-4)(%i-4)+(yi-6)(-yi-6)=(打一4/一比+36=0,

又因为4一"=1，解得巧=一8,满足条件，

41Z

综上所述：故直线/过定点Q(—8,12).

【点睛】方法点睛：直线过定点问题，先考虑直线斜率不存在时，再考虑直线斜率时，要设出直线方程为y=

kx+m,与曲线方程联立后得到两根之和与两根之积，根据题意建立等量关系，求出k,巾的关系或者m的值,

从而求出定点.

【变式1-3】已知。为坐标原点，抛物线C：>2=4%,点血一2,0),设直线/与C交于不同的两点尸，Q.

(1)若直线11%轴，求直线P4的斜率的取值范围；

⑵若直线/不垂直于x轴，且NP40=NQH。，证明：直线/过定点.

【答案】⑴卜亨,o)u(o有

(2)证明见解析

【分析】(1)当点P在第一象限时，设P(t,2"),(t>0),kpA=*,由基本不等式求得而4的范围，同理可

求当点P在第四象限时的范围.

(2)设直线[的方程为y=kx+6(k羊0),由k”+人加=。得b=-2k,可证得直线/过定点.

当点P在第一象限时，设P(t,2"),(t>0),

则小;嗯^忘^^=争(当"应时取等号)，，电《。，升

同理,当点P在第四象限时,kPAe[-y,0).

综上所述，直线pa的斜率的取值范围是卜亨,0)u(o,斗

(2)设直线珀勺方程为y=kx+b(kW0),

{V—kxb

y2_4%'得ky2-4y+4b=0,△=16—16/cb>0,

设P(%i,yD,Q(%2,y2)，则yi+乃=%y，2=?，

U：Z-PAO=“AO,

■■-kAP+kAQ--+—=岭呻空髻2=0,

即yi(%2+2)+y2(x1+2)=0,

即丫，2(72.+7i)+8(%+%=0,

即(为+乃)(为为+8)=0,

即4b+8k=0,

b=-2k,满足A>0,

.,.y—kx—2k—fc(x—2),

直线］过定点(2,0).

考法二：存在定点满足某条件

晟，例题分析

【例2】已知椭圆C:5+9=l(a>0)经过点(―1,|)，过点T(百,0)的直线交该椭圆于P,Q两点.

(1)求△OPQ面积的最大值，并求此时直线PQ的方程；

(2)若直线PQ与x轴不垂直，在x轴上是否存在点S(s,0)使得NPST=NQST恒成立？若存在，求出s的值；若不

存在，说明理由.

【答案】(1)△OPQ面积的最大值为点，此时直线PQ的方程为Bx+V2y-3=0或百x—何—3=0；

(2)存在，S律,。)

【分析】(1)根据条件求出椭圆方程，当直线PQ的斜率为0时，此时O,P,Q三点共线，不合要求，舍去，

当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为％=ty+百，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表

达出AOPQ面积，利用基本不等式求出最值，并得出此时直线PQ的方程.

(2)由角相等得至ikps+%s=0,转化为2打1乃+(百一s)Oi+y2)=0,在第二问的基础上，代入化简

即可得到答案.

【详解】（1）将（—1,|）代入椭圆方程,

得到5+白=L故。2=4,

故椭圆方程为9+9=1.

当直线PQ的斜率为0时，此时O,P,Q三点共线，不合要求，舍去;

当直线PQ的斜率不为0时，设直线PQ的方程为久=ty+V3,

与椭圆方程。=1联立，得（3产+4）y2+6V3ty—3=0,

43

y/2

设PQi，%),Q(X2,y2)>则为+y2=-H=-9基，

则SAOPQ=\\°P\-lYi-yzl=|xV3'J(为+乃)2-4yly2=

_V3I108留12_13t2+1-_6I3t2+1________1_______6________1

6

―T{⑶2+4)2+3t2+4—J[(3t2+1)+3]2-6](3留+1)2+6⑶2+D+9―J(3t2+1)+^T^-J2J"11)

当且仅当3t2+1=品，即t=±彳时，等号成立，

故小OPQ面积的最大值为四，

此时直线PQ的方程为旧久+V2y-3=0或乃久-V2y-3=0.

（2）在x轴上存在点S（竽,0）使得NPS7=NQST恒成立,

理由如下：

因为Z_PST=Z.QST,所以kps+ICQS=0,即——F=0,

整理得。2-s)yi+Qi-s)y2=0,

即(丫2+b)为+(tyi+V3)y2-s5+42)=0,

所以2ty1y2+(V3-s)(yi+y2)=0,

则2t(-高)+(W—s)(—黑)=。，解得s=净

故在x轴上存在点S(竽,0),使得NPS7="ST恒成立.

【点睛】方法点睛：直线与椭圆位置关系问题，从以下几个角度分析:

(1)椭圆性质得出椭圆标准方程；

(2)直线与椭圆联立，韦达定理的应用；

(3)求最值时，基本不等式的应用；

(4)运算过程，计算能力的考查.

定点满足某条件：

(1)设出该点坐标；

(2)把满足的条件当做已知条件，结合其他条件求出点的坐标。

变式训练

【变式2-1】已知双曲线—，=l(a>0,b>0)的右焦点，右顶点分别为F,4B(O,b),|4F|=1,点M

在线段力B上，且满足田M|=4|,直线。M的斜率为1,。为坐标原点.

(1)求双曲线C的方程.

(2)过点F的直线I与双曲线C的右支相交于P,Q两点，在乂轴上是否存在与F不同的定点E,使得|EP|•FQ|=

|EQ|•恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)%2-[=1

(2)存在，0)

【分析】(1)由|力日=1,\BM\=V3|MX|,直线。M的斜率为1,求得a,仇c之间的关系式，解得a,b的值,

进而求出双曲线的方程；

(2)设直线PQ的方程,与双曲线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由等式成立，可得EF为NPEQ

的角平分线，可得直线EP,EQ的斜率之和为0,整理可得参数的值，即求出E的坐标.

【详解】(1)设c?=/+/(c>0),所以F(c,0),4(G,0),

因为点M在线段AB上，且满足|BM|=百阳川，所以点”（表兄点b）,

-2—b,

因为直线。M的斜率为1,所以联=1,所以勺=百，

VJa

而。

因为|4F|=1,所以c—Q=1,解得Q=1,b=V3,c=2.

所以双曲线C的方程为刀2-9=1.

（2）假设在x轴上存在与F不同的定点E,使得|EP|-\FQ\=\EQ\■|FP|恒成立,

当直线/的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有|EP|•|FQ|=|EQ|•|FP|；

当直线/的斜率存在且不为。时，设E（t,O）,直线/的方程为x=ky+2,

直线/与双曲线C的右支相交于P,Q两点，则-9<k<?且k70,

设P0,%），Q（X2，，2），

—W=1

由厂3一■*■，得（3好-I）y2+I2ky+9=0,3/c2-10,A=36fc2+36>0,

[x=ky+2

所以为+%=-舟，为力=高，

因为|EP|,|FQ|=|EQ|-FP|,即忌=黑，所以EF平分NPEQ,kEP+kEQ^0,

有-^—F,2=0,即"j~~七F--七—=0,得2fcy1y2+（2—t）（yi+、2）=。，

%1-tx2-tkyr+2-tky2+2-t八'乙'八'''"

所以2k高+（2—t）（—悬）=0,由kKO,解得t=g.

综上所述，存在与F不同的定点E,使得|EP|•|FQ|=\EQ\■|FP|恒成立，且石《，。）・

【变式2-2】已知点M到点F（0,|）的距离比它到直线/：y=-2的距离小点记动点M的轨迹为区

（1）求E的方程;

（2）若过点尸的直线交E于力（久1，%），B（%2，y2）两点，则在X轴的正半轴上是否存在点尸，使得以，P8分别

交E于另外两点C,D,且荏=3而？若存在，请求出尸点坐标，若不存在，请说明理由.

【答案】（1）/=6y

(2)P(乎,0)

【分析】（1）根据点*Z：y=-m的距离，结合抛物线的定义得出抛物线£

的标准方程；

（2）设。（久3，、3），P（%o，。），由P4=3PC结合抛物线方程得出％1，K2是方程%之一—2就=0的两根，设直

线AB的方程为y=kx+l，并与抛物线方程/=6y联立结合韦达定理得出点P坐标.

【详解】（1）因为点M到点F（0,|）的距离比它到直线/：y=—2的距离小/

所以点M到点尸（0,|）的距离等于它到直线/：y=*的距离，

则点M的轨迹为以F（0,|）为焦点，以y=-,为准线的抛物线，

则曲线E的方程为无2=6%

（2）设C（X3，y3），P（&，0）（配>0），

由屈=3而得：AB//CD,且|A8|=3|CD|,得用=3而，

即（巧一久0,乃）=3（的一&，乃），所以町=小/，乃=与，

代入抛物线方程d=6y,得（"言。）=6y3=2yl=y,

整理得蜡—23%1—2%o=0,同理可得够—2XQX2—2%o=0

故久是方程/-2XQX-2XQ=0的两根，A=12XQ>0,

由韦达定理可得勺+冷=2久（）,久i%2=-2焉①，

由题意，直线N3的斜率一定存在，故设直线N3的方程为丫=卜％+|,

与抛物线方程炉=6y联立可得/一6日-9=0,

易得4>0,由韦达定理可得/+牝=6/C,%I%2=-9②，

由①②可得&=苧,卜=争

故在X轴的正半轴上存在一点P（苧,0）满足条件.

【变式2-3】已知双曲线Q：胃一r=l(a>0,6>0),4(2,0),B(—|,—?)，跳|,手)，D(-l,0),F(4,0)

五点中恰有三点在Q上.

(1)求。的方程；

⑵设P是。上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点Q(m,0)(爪<0),使得NPQ4+：NP/1E=宏若存在，

求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】⑴乂2一9=1

(2)存在，定点Q(—1,0)

【分析】(1)、根据五点的坐标及双曲线的对称性和顶点的特征确定B,C,D都在Q上，得到方程组，求得a?,

b2,即可得。的方程；

(2)、根据条件及补角的定义得到2NPQ4=4PAQ,分P41%轴与P4不与x轴垂直两种情况分析求解.

【详解】(1)若4(2,0),D(-l,0),E(4,0)在双曲线。上，贝114(2,0),。(一1,0),E(4,0)只能是双曲线。的顶点,

.••力(2,0),0(-1,0),E(4,0)三点中只能有一点是顶点，B,C都在双曲线Q上，

：B(-1'-半)'C(|，苧)，二5C两点关于(0,0)上对称,

由双曲线顶点的位置特征分析可知，。(-1,0)在。上，

将D(-l,0),B(一一手)代入双曲线。的方程点■-左=1中，

贝方—，得。2=1,扶=3,故。的方程为久2—。=1.

2_13

a2=-1

(2)假设存在定点Q满足题意，VAPQA+^PAE=p2NPQ力+APAE=兀，:.2/PQ力=兀-APAE,

•••2NPQ4=乙PAQ.

①、当P41久轴时，•・•力(2,0),；.P(2,3),NPQ4=：,

2yo

・•・Ian2/-PQA=—河+1_2yo(%o+D_2yo(%o+l)_yo

/ypV(%o+l)2—7o(%O+1)2-3%2+32—%O9

1-1

又tan/P力Q=4，,tan2NPQ4=tan/PAQ,即2/PQ4=Z.PAQ,所以假设成立.

2-%o

故存在定点Q(—1,0),使得NPQ4+*P4E='.

考法三：圆过定点问题

,卷金，例题分析

【例3】已知椭圆的京+会=l(a>b>0)的离心率为率且直线y=x+b是抛物线Czy=4x的一条切线.

(1)求椭圆的的方程；

(2)过点5(0,-0的动直线L交椭圆Q于4B两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点7,使得以4B

为直径的圆恒过定点T?若存在，求出T的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(l)Q：3+y2=i

(2)存在；(0,1)

【分析】(1)先根据直线y=*+b是抛物线C2：y2=4x的一条切线，求出b的值，再由椭圆离心率为日，求

出a的值，则椭圆方程可得.

(2)先假设存在一个定点T,使得以为直径的圆恒过定点，再用垂直时，向量方，砺的数量积为0,得

到关于直线斜率k的方程，求匕若能求出，则存在，若求不出，则不存在.

【详解】(1)由『；"："得/+(2b—4)x+房=0

(yZ=©

直线y=%+b是抛物线。2：丫2=4%的一条切线.所以A=0=>b=1

e=~='Y=>a=^2,所以椭圆C吟+y2=i

(2)

2

当直线L与x轴平行时，以4B为直径的圆方程为刀2+(y+l)=(J

当直线L与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为/+y=1

所以两圆的交点为点(0,1)猜想：所求的点T为点(0,1).

证明如下.当直线L与x轴垂直时，以4B为直径的圆过点(0,1)

当直线L与久轴不垂直时，可设直线Z为：y=kx-l

(_11(,12fc

y=kx--%1+&=--j-

由〃3得(18/+9比2—I2kx-16=0,设2(X21),3(如丫2)则《嚷十。

卜+丫2=1X1X2=

+（71-%112

则方.TB=（Xi，yt-1）-（x2fy2-1）=1）（72-1）=亚+（依一—1）（々％-1一1）

4,、16,八-16412k16

=XiXo——（Xi+%?）+=（1+上幺）--75-----二X--------------F■—=0

1'3'1"9'18fc2+9318fc2+99

所以刀1而，即以力B为直径的圆过点（0,1）

所以存在一个定点7,使得以为直径的圆恒过定点T.

圆锥曲线中圆过定点问题的解法：充分利用圆的几何特征，即圆过定点，可依据直径所对圆周角为直角,

转化为两条线段的垂直，进而转化为两个向量垂直，即两向量的数量积等于0,从而建立方程求解.

变式训练

【变式3-1】知椭圆4捻+，=1(。>6>0)的离心率是圣上、下顶点分别为4B.圆。:必+丫2=2与%

轴正半轴的交点为P,且刀•丽=-1.

(1)求E的方程；

(2)直线I与圆。相切且与E相交于M,N两点，证明：以MN为直径的圆恒过定点.

【答案】(14+9=1

(2)证明见解析

【分析】(1)写出向量方，丽的坐标，带入求解即可；

(2)设直线Z后，和圆相切可得爪2=2k2+2,和椭圆方程联立后，观察可得X62+y02=0,从而判段出

以MN为直径的圆恒过定点.

【详解】(1)由已知得4(0,b),B(0,-b),P(V2,0).

则方=(一&,b),PB=(-V2,-b),PA-PB^2-b2^-l,所以/=3.

因为e=£=也，又〃+c2=a2,所以c?=3,a2—6.

a2

故E的方程为。+4=1.

(2)当直线Z的斜率存在时，设/的方程为y=依+m,即依一y+m=0.

因为直线电圆。相切，所以悬=&,即汴=2/+2.

2，%），

设乂（第则=kX]+m,y2=kx2+m.

y=kx+m,

由%2y2化简，得(2/+1)%2+轨血工+27n2—6=0,

V—6I—3=L

（X1+%24km

由韦达定理，得《=一^7T，

_2m2—6

IMM

=U?+i9

2222

所以为乃=(%+m)(kx2+m)=/CXI%2++x2)+m=k•-km-+m=,

乙K।JL乙K十J.Z/C।1.

斫以YY+VV=2/-6|•-6M=3依2-2依-2)

."12乃乃2k2+1+2k2+12fc2+l0,

故。M1ON,即以MN为直径的圆过原点。

当直线［的斜率不存在时，2的方程为x=&或x=-V2.

这时M（鱼,&），N（VX-&）或M（-企,企），/V（-V2,-V2）.

显然，以MN为直径的圆也过原点。.综上，以MN为直径的圆恒过原点。.

【变式3-2】已知椭圆。5+/=1（。＞匕＞0）的左、右焦点分别为Fi，尸2,42分别是C的右、上顶点,

且|A8|=«,。是C上一点，周长的最大值为8.

⑴求C的方程；

（2）。的弦DE过％,直线AE,AD分别交直线％=-4于M,N两点，尸是线段MN的中点，证明：以PD为直

径的圆过定点.

【答案】（1斤+?=1;

（2）证明见解析.

【分析】（1）根据椭圆的定义结合三角形不等式求解即可；

（2）设OOi，yi）,E（%2，y2），直线OE:%=my-1,联立直线与椭圆的方程，根据过两点圆的方程，结合图

形的对称性可得定点在久轴上，代入韦达定理求解即可.

【详解】（1）依题意，a2+b2=7,

△B%。周长|OB|+|DF2|+Q=\DB\+2a-\DFr\+a＜\BFr\+3a=4a,当且仅当昆％,D三点共线时等

号成立，故4。=8,

（2）设0（久1，月）,£1（%2，力），直线。E:%=my-1,代入?+5=1,整理得（3血2+4）y2-6my-9=0,

2

△=36m+36（3血2+4）>0,yt+y2=^^，%丫2=

易知4D:y=\^（%—2）,令％=—4,得N（-4,^^）,同得M（—4,詈

从而中点。14,-3（言+会）》

7

以PZ）为直径的圆为（久+4）（%—%i）+（y+3（J\+X2-2））°—7i）=0,

由对称性可知，定点必在久轴上，

令y=0得，（X+4）（%-K1）-3yl（含+叁）=0,

乃+为=乃+丫2=2一乃乃一3（乃+乃）

29

Xi-2x2-2myx-3my2-3my1y2-3m（yt+y2）+

—18m18m

―3m2+437「+4__36、__

zQ2n-11Lf

-9m18m1Q36

3m2+43m2+4

所以（％+4）（久—+3myr=0,即/+（4—x^x—+3my1=0,因为不=myt—1,

所以+（5—my^x—my1+4=0,即（%+1）（%—myx+4）=0,

解得%=-1，所以圆过定点（一1,0）.

>

x

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下:

（1）设直线方程，设交点坐标为（5,丫。（X2，、2）；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算A；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为X1+乂2，巧尤2（或月+丫2，为丫2）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

【变式3-3】已知椭圆4+，=1。＞力〉0）的离心率为右长轴的左端点为4（一2,0）.

（1）求C的方程；

（2）过椭圆。的右焦点的任一直线/与椭圆C分别相交于N两点，且/M,/N与直线x=4,分别相交于

D,£两点，求证：以DE为直径的圆恒过x轴上定点，并求出定点.

【答案】（lg+9=1

（2）证明见解析,定点分别为（1,0）,（7,0）

【分析】（1）由离心率，及顶点坐标得椭圆的方程；

（2）设”（巧,巧），NLD，将直线方程与椭圆方程联立，求得。（4,黑），E（4,黑），由垂直关系利用数

量积等于零，求得圆与x轴的交点.

【详解】（1）由题可得£=：,a=2,得b=

a2

所以椭圆C的方程：9+9=1；

（2）椭圆右焦点坐标为（1,0）,由题直线斜率不为零，设直线/方程为x=zny+l,

设”（％1，为），N（x2,y2）,

x=my+1

由题，联立方程组I/2,消去尤得（3m2+4）y2+6my-9=0,

—I—=]

43

所以乃+乃=品'乃乃=岛'

力帆”盘（X+2），得。（4,黑）,同理，殖=焉（%+2）,得以4,黑），

设》轴上一点P（t,0）,则同=（4—t,笔），同理得:而=（4—t,笔），

X1r4”2十4

丽.而=（4—t,溶）,（4一t,器）=（4—t）2+:*二八,

%1+2冷+2（%1+2）（%2+2）

因为01+2)3+2)=(my1+3)(my2+3),

—>—>>36yly22,36x(—9),

PD•PE=(4—t)2+------———=(4-t)+-7--------2-------2--------2-----=(4一旷一9=0

'>(myi+3)(my2+3),-9m-18m+27m+36'>

得：t-4=±3,即t=l或t=7,

所以以DE为直径的圆恒过x轴上定点，定点分别为(1,0),(7,0).

弘题型二：定直线问题

忠例题分析

22

【例4】已知力式―3,0)和42(3,0)是椭圆邛a+与=1(。>6>0)的左、右顶点，直线1与椭圆〃相交于M,N

两点，直线/不经过坐标原点0,且不与坐标轴平行，直线与直线的斜率之积为-今

(1)求椭圆〃的标准方程；

(2)若直线0M与椭圆77的另外一个交点为S,直线&S与直线&N相交于点P,直线尸。与直线Z相交于点Q,

证明：点Q在一条定直线上，并求出该定直线的方程.

【答案】(1《+?=1

(2)证明见解析，定直线为x=-3

【分析】(1)设M(xi，y。，N(%2，y2)，依题意可得比=-4好一9),进而结合a=3可得/=5,从而求解;

(2)设直线/的方程为：%=my+n(mW0,几。0),联立直线/和椭圆方程，结合韦达定理可得y02,乃+丫2,

结合三点共线可得/=-，气=吃，进而得到也=瞿，进而得到直线。2的方程，进而联立直线

阳)+3%1—3XQ—3型―3yon+3

OP与直线［的方程即可求解.

【详解】(1)设N(x2,y2)>

所以以iM,kA2M=^h-^h=-1,即%=_|(xi-9)，

由题意知a=3,所以蓑+竟=1=>%=/(1一果，

所以匕2=5,

则椭圆〃的标准方程为'+£=L

(2)证明：设直线/的方程为：x=my+n(m0,nO'),

x=my+n

联立椭圆q的方程，得

所以(5血2+9)y2+lOmny+5n2-45=0,

则4=180(5m2-n2+9)>0,

由根与系数的关系，得力丫2=誓工，%+丫2=-瞪量

设POo，%),

由尸，s,4三点共线，得口=气，

%o+3%i—3

由P,N,①三点共线，得气=弋，

%()—3%2-3

yoyoyoyiyi

=2m+(n-3)^=2m-(n-3)g=^.

所以直线OP的斜率为&p=型=F，

%o3m

则直线OP的方程为y=*X,

r_n+3

联立直线。尸与直线1的方程，可得y=l^X,解得刀=-3,

x=my+n

所以点Q在一条定直线上，该定直线的方程为％=-3.

动点在定直线上问题的解题策略：

①从特殊入手，初步确定动点所在的直线，再证明一般情况下也在该定直线上即可；

②从动点的坐标入手，直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到动点的横纵坐标

关系，进而得出定直线方程.

变式训练

【变式4-1】已知椭圆。捺+/=l(a>b>0)右焦点分别为F2,4(2,1)是C上一点，点B与力关于原点。对称,

△48%的面积为加.

(1)求C的标准方程；

⑵直线〃/4B,且交C于点D,E,直线力。与BE交于点P.

证明：①直线4。与BE的斜率乘积为定值；

②P点在定直线上.

【答案】(1《+]=1

(2)①证明见解析；②证明见解析

【分析】⑴设为&(c,0)，根据SMBFZ=2SAO”2,解得。；点42,1)在曲线C上，可得/+专=1,解得a2,

b2,即可得出椭圆的标准方程.

(2)①设。(久i，yi),£(%2>72)>直线DE方程为y=gx+m,mH0,联立直线DE与椭圆方程，消去y得，/+

2mx+2m2-4=0,利用斜率计算公式、根与系数的关系即可得出心D•ME为定值.

②直线2D方程为y=《+言)x-悬，直线BE的方程为y=6+4)x+黑，联立直线4D与直线BE

方程4，yp,化简结合根与系数的关系可得丝为定值.

Xp

【详解】(1)设为92(6。)，c=Va2-b2,

则SZUB产2=2sAOAF?=1x2xc=V6,即c=V6,

又点Z(2,l)在曲线C上，.*+今=1,

将抉=a2—6代入，整理得a4—11a2+24=0,a>V6,

解得次=8,b2=2,

..•椭圆的标准方程为1+(=1.

oZ

(2)①设。E(%2，y2)，直线DE方程为：y=；%+m,7nH0,

联立直线DE与椭圆方程，消去y得%2+2mx+2m2-4=0,

当A=47n2—4(2m2—4)>0,即一2Vm<2且mW0时，

2

x1+%2=-2m,久i久2=2m—4,

.j_yi_-l_|xi+m-l_im

=

••KAAUD——，

%i-2xr-22%i-2

._y2+l_32+w+]__1m

Knp=----=--------=--1------，

%2+2犯+22犯+2

二3喙=G+&G+金)=鸿后+言)+会乂壬

_1m(xi+%2)+2m2_1

-4+2aL2)3+2)-4*

2m

②直线4。方程为：y-i=6+已)(％-2),即y=6+言)X~%1-2,

,2m

直线BE的方程为y+1=G+云)("+2)，即y=C+4xH----->

X2+2

2m.2m

X=——-H----

—2%z+2

••一•冷—=2一(%1+=%2，)舛…_=匕/I+,2m

m(xj—%2—4)1I一(％1+%2)+(%1-％2-4)12m1

.•.丝=工+上+区-2)3+唠=/

2—22,

XpX\(XI-2)(%I+X2)X-L+X2

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

(1)设直线方程，设交点坐标为(巧,乃)、(%2，丫2)；

(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x(或y)的一元二次方程，必要时计算A；

(3)列出韦达定理；

(4)将所求问题或题中的关系转化为勺+犯、的形式；

(5)代入韦达定理求解.

【变式4-2］已知8(-1,0),。(1,0)为448(7的两个顶点，P为AABC的重心，边力上的两条中线长度之和

为6.

(1)求点P的轨迹C的方程.

(2)已知点N(—3,0),E(—2,0),F(2,0),直线PN与曲线C的另一个公共点为Q,直线EP与FQ交于点M,求证：当

点P变化时，点M恒在一条定直线上.

【答案】(1咛+9=1(%2)

⑵证明见解析

【分析】(1)由三角形重心的性质与椭圆的定义求解即可;

(2)设直线PQ的方程为：x—my—3,P(xi，y)(2(刀2，丫2)，联立直线与椭圆，再表示出直线又直线PE与QF

的方程，联立求出交点，即可求解

【详解】(1)因为P为AABC的重心，且边上的两条中线长度之和为6,

7

所以|PB|+\PC\=(x6=4>\BC\,

故由椭圆的定义可知P的轨迹C是以B(-1,O),C(1,O)为焦点的椭圆(不包括长轴的端点),

且a=2,c=l,所以b=

所以P的轨迹C的方程为。+。=l(x7±2)；

43

(2)设直线PQ的方程为：x=my-3,2(勺,乃),(2(%2，丫2)