高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)

定点问题是常见的考题形式，解决这类问题的关键就是引进变参数表示直线方程、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b的一次函数关系式，代入直线方程即可

类型一：“手电筒”模型

x2y21若直线l：ykxm与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右例题、已知椭圆C：43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。

解：设A(x1,y1),B(x2,y2)，由ykxm222得(34k)x8mkx4(m3)0， 223x4y1264m2k216(34k2)(m23)0，34k2m20

8mk4(m23)x1x2,x1x2 2234k34k3(m24k2)y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2mk(x1x2)m 234k以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且kADkBD1， yy121，y1y2x1x22(x1x2)40， x12x22223(m24k2)4(m23)16mk40， 22234k34k34k整理得：7m16mk4k0，解得：m12k,m2222k22，且满足34km0 7当m2k时，l:yk(x2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾；

22k2时，l:yk(x)，直线过定点(,0)

7772综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).

7当m

◆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

x0(a2b2)y0(a2b2),)。 线交圆锥曲线于AB，则AB必过定点(a2b2a2b2◆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。

◆类型题训练

练习1：过抛物线M:y2px上一点P（1,2）作倾斜角互补的直线PA与PB，交M于A、B两点，求证：直线AB过定点。（注：本题结论也适用于抛物线与双曲线）

2练习2：过抛物线M:y4x的顶点任意作两条互相垂直的弦OA、OB，求证：直线AB过定点。

22练习3：过2xy1上的点作动弦AB、AC且kAB•kAC3，证明BC恒过定点。

2

2练习:4：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4时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。

【答案】设Ax1,y1,Bx2,y2，由题意得x1,x20，又直线OA,OB的倾斜角,满足故0,4，

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AB方程为

2y12y2y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()==

1tantany1y24p2442p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.

练习5：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.

【答案】解:(Ⅰ) A(4,0),设圆心C

(x,y),MN线段的中点为E，由几何图像知MEMN,CA2CM2ME2EC22（x4)2y242x2y28x

(Ⅱ) 点B(-1,0),

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

22y1y2yy21228(y1y2)y1y2(y2y1)08y1y20直线PQx11x21y18y28y2y112(xx1)yy1(8xy1) 方程为:yy1x2x1y2y1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)

练习6：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(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(y1y2)2(y1y2)22y1y2 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）

练习7：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

25，求向量OM与OP的夹角； 2（Ⅲ）证明直线PQ恒过一个定点.

2y12y2,y1),P(,y2),P、解：（I）设点M(M、A三点共线， 44yy1y2kAMkDM,即212, 2y1y1y21444y1即21,y1y24 y14y1y22y12y2OMOPy1y25.

44

(II)设∠POM=α，则|OM||OP|cos5.

SROM5,|OM||OP|sin5.由此可得tanα=1. 2又(0,),45,故向量OM与OP的夹角为45.

2y3,y3),M、B、Q三点共线，kBQkQM, (Ⅲ)设点Q(4yy1y3y311即232,即,22y3y1y3y34y1y31 4442(y31)(y1y3)y34,即y1y3y1y340.11分444y1y24,即y1,y3y340,

y2y2y2即4(y2y3)y2y340.(*)

kPQy2y34, 22y2y3y2y3442y24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）.

类型二：切点弦恒过定点

2例题：有如下结论：“圆xyr上一点P(x0,y0)处的切线方程为x0yy0yr”，类比也有

222xxyyx2y2结论：“椭圆221(ab0)上一点P(x0,y0)处的切线方程为02021”，过椭圆C：

ababx2y21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. 4（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。

xx43,t)(tR),A(x1,y1),B(x2,y2),则MA的方程为1y1y1 3433x1ty11 ① 同理可得x2ty21② ∵点M在MA上∴333xty1,即x3(1ty) 由①②知AB的方程为3易知右焦点F（3,0）满足③式，故AB恒过椭圆C的右焦点F（3,0）

【解】（1）设M(x2y21,化简得7y6y10 （2）把AB的方程x3(1y)代入443||362816233 又M到AB的距离d∴|AB|13 77313∴△ABM的面积S

1163|AB|d 221

◆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。

◆方法总结：什么是切点弦？解题步骤有哪些？

练习1：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.

32.2

【答案】(Ⅰ) 依题意,设抛物线C的方程为x4cy,由

20c2232结合c0,解得c1.所2以抛物线C的方程为x4y.

2121x,求导得yx 42x12x22,y2设Ax1,y1,Bx2,y2(其中y1), 4411则切线PA,PB的斜率分别为x1,x2,

22x1x1x12xy1,即x1x2y2y10 所以切线PA：yy1xx1,即y222同理可得切线PB的方程为x2x2y2y20

(Ⅱ) 抛物线C的方程为x4y,即y2因为切线PA,PB均过点Px0,y0,所以x1x02y02y10,x2x02y02y20 所以x1,y1,x2,y2为方程x0x2y02y0的两组解. 所以直线AB的方程为x0x2y2y00.

(Ⅲ) 由抛物线定义可知AFy11,BFy21,

所以AFBFy11y21y1y2y1y21

x0x2y2y00222联立方程2,消去x整理得y2y0x0yy00

x4y22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y0x02y01

22又点Px0,y0在直线l上,所以x0y02,

19222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.

22

22练习2：如图,抛物线C1:x4y,C2:x2pyp0,点Mx0,y0在抛物线C2上,过M作C12的切线,切点为A,B(M为原点O时,A,B重合于O)x012,切线MA.的斜率为-(I)求p的值;(II)当M在C2上运动时,求线段AB中点N的轨迹方.

1. 2A,B重合于O时,中点为O.

类型三：相交弦过定点

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。参考尼尔森数学第一季_3下，优酷视频。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。

x2y21，若直线l:xt(t2)与x轴交于点T,点P为直线l上异于点T的例题、已知椭圆C：4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。

解：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线A1M的斜率为k1,则直线A1M的方程为yk1(x2)，由

yk1(x2)222(14k)x16kx16k40 消y整理得21212x4y44k116k12428k122和x1是方程的两个根，2x1y则，， x1114k1214k1214k1228k124k1即点M的坐标为(,)， 2214k114k128k224k2同理，设直线A2N的斜率为k2，则得点N的坐标为(,) 2214k214k2ypk1(t2),ypk2(t2)

k1k2yy1y2y12，直线MN的方程为：，

k1k2txx1x2x1xyxy4令y=0，得x2112，将点M、N的坐标代入，化简后得：x

y1y2t又

t2，042t椭圆的焦点为(3,0)434 3，即t3t故当t

43时，MN过椭圆的焦点。 3练习：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.

解析：（1）设椭圆方程为mxmy1(m0,n0), 将A(2,0)、B(2,0)、C(1,)代入椭圆E的方程，得

2232324m1,11x2y21 解得m,n. ∴椭圆E的方程943mn1434（也可设标准方程，知a2类似计分） （2）可知：将直线l:yk(x1)

x2y21并整理．得(34k2)x28k2x4(k23)0 代入椭圆E的方程43设直线l与椭圆E的交点M(x1,y1),N(x2,y2)，

14(k23),x1x2由根系数的关系，得x1x2 2234k34ky1k(x11)(x2),即y(x2) 直线AM的方程为：yx12x12由直线AM的方程为：yk(x21)y2(x2) (x2)，即yx22x22由直线AM与直线BN的方程消去y，得

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

x13x24(x1x2)2x24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

类型四：动圆过定点问题

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。

, 并且直线yxb是抛物线y24x的一条例1.已知椭圆C:x2y21(ab0) 的离心率为2ab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4x22213因直线yxb与抛物线y24x相切(2b4)4b0b1

22x2c22a2b2122e,abc,,a2，故所求椭圆方程为y21.（II）当L与x2a2a2212422轴平行时，以AB为直径的圆的方程：x(y)()

3312422x(y)()x0 当L与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程：xy1,由解得3322y1xy1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）

22若直线L不垂直于x轴，可设直线L：ykx1 31ykx3由消去y得:(18k29)x212kx160 2xy21212kxx1218k29 又因为TA(x,y1),TB(x,y1), 记点A(x1,y1)、B(x,y),则11222216xx1218k2944所以TATBx1x2(y11)(y21)x1x2(kx1)(kx2)

3341616412k16(1k2)x1x2k(x1x2)(1k2)k0

3918k29318k299∴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.

x2y22例2：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的左、右两个顶

ab21122。 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

A1DA2DFD（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)，

PyQlA1OFA2Dxn由

11112， 2有

xaxaA1DA2D112

c1ac1ac2a2c， a2又FD1，xc1,xc1，于是

c1(c1a)(c1a)，又c1(c12c)(c12c)

x2cc0，又c0，c1,a2,b1，椭圆C:y21，且D(2,0)。

2ykxmx222（2）Q(2,2km)，设P(x0,y0)，由x(kxm)1 22y12x22(kxm)22(2k21)x24kmx2m220，

2由于16km4(2k1)(2m2)02km10m2k1（*），

222222224km2km由（*）2km2k而由韦达定理：2x0， x02k212k21m2m2k212k1y0kx0mm，P(,)，

mmmm设以线段PQ为直径的圆上任意一点M(x,y)，由MPMQ0有

2k12k12k(x)(x2)(y)(y(2km))0x2y2(2)x(2km)y(1)0由对

mmmmm称性知定点在x轴上，令y0，取x1时满足上式，故过定点K(1,0)。

x2y22练习：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，椭圆C1与抛

ab5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上的动点,圆C3与y轴交于

3M,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.

2∵抛物线C2:y4x的焦点坐标为(1,0)，∴点F2的坐标为(1,0).

∴椭圆C1的左焦点F1的坐标为F1(1,0)，抛物线C2的准线方程为x1.设点P的坐标为(x1,y1)，由

52582,∴x11，解得x1.由y14x1，且y10,

3333x2y22226. 在椭圆C1:221(ab0)中， 6.∴点P的坐标为,得y1ab3332222c1.2a|PF1||PF2|(1)2(60)2(1)2(60)24

3333x2y2221. ∴a2,bac3.∴椭圆C1的方程为43抛物线的定义可知PF2x11,∵PF2

（2 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,∴ |MN|2rx04.∴r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222. 4x012y0. 412x2y0代入 消去x0整理得:(1)y02yy0(x2y24)0.

24x120,x2,方程对任意实数y0恒成立，∴2y0, 解得

y0.x2y240.



x2y21上,∴无论点T运动到何处,圆C3恒经过椭圆C1上一定点2,0. ∵点(2,0)在椭圆C1:43把x0