1、第一课时定点问题题型一直线过定点问题例1 (2020全国卷)已知A，B分别为椭圆E：y21(a1)的左、右顶点，G为E的上顶点，8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.(1)解由题设得A(a，0)，B(a，0)，G(0，1).则(a，1)，(a，1).由8，得a218，解得a3或a3(舍去).所以椭圆E的方程为y21.(2)证明设P(6，y0)，则直线AP的方程为y(x3)，即y(x3)，联立直线AP的方程与椭圆方程可得整理得(y9)x26yx9y810，解得x3或x，将x代入直线y(x3)可得y，点C的坐标为.同
2、理可得点D的坐标为，直线CD的方程为y，整理可得y，整理得yx，故直线CD过定点.感悟提升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系数为参数表示变化量，再研究变化的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.训练1 已知点P是椭圆C：1(ab0)上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，|PF1|PF2|4.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l不经过P点且与椭圆C相交于A，B两点.若直线PA与直线PB的斜率之和为1，问：直线l是否过定点？证明你的结论.(1)解由|PF1|PF2|4，得a2，又P
3、在椭圆上，代入椭圆方程有1，解得b，所以椭圆C的标准方程为1.(2)证明当直线l的斜率不存在时，A(x1，y1)，B(x1，y1)，k1k21，解得x14，不符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由整理得(34k2)x28kmx4m2120，x1x2，x1x2，48(4k2m23)0.由k1k21，整理得(2k1)x1x2(x1x2)2m40，即(m4k)(2m2k3)0.当mk时，此时，直线l过P点，不符合题意；当m4k时，4k2m230有解，此时直线l：yk(x4)过定点(4，0).题型二其它曲线过定点问题例2 (2022湖南三湘名校联
4、考)已知椭圆C：1(ab1)的离心率为，其上焦点到直线bx2ay0的距离为.(1)求椭圆C的方程；(2)过点P的直线l交椭圆C于A，B两点.试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由.解(1)由题意得，e，又a2b2c2，所以ab，cb.又，ab1，所以b21，a22，故椭圆C的方程为x21.(2)当ABx轴时，以线段AB为直径的圆的方程为y2.当ABy轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2y21.可得两圆交点为Q(1，0).由此可知， 若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(1，0).下证Q(1，0)符合题意.设直线l的斜率存在，且不为0，其方程为yk
5、，代入x21，并整理得(k22)x2k2xk220，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，所以(x11)(x21)y1y2x1x2x1x21k2(1k2)x1x2(x1x2)1k2(1k2)1k20，故，即Q(1，0)在以线段AB为直径的圆上.综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(1，0).感悟提升(1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k0或k不存在时.(2)以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)0上，即f(x1，y1)0消参.训练2 (2021重庆诊断)已知椭圆C1：1(a
6、b0)的左、右顶点分别是双曲线C2：y21的左、右焦点，且C1与C2相交于点.(1)求椭圆C1的标准方程；(2)设直线l：ykx与椭圆C1交于A，B两点，以线段AB为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由.解(1)将代入y21，解得m21，a2m212，将代入1，解得b21，椭圆C1的标准方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由整理得(918k2)x212kx160，x1x2，x1x2，144k264(918k2)0.由对称性可知，以AB为直径的圆若恒过定点，则定点必在y轴上.设定点为M(0，y0)，则(x1，y1y0)，(x2，y2y0)x
7、1x2(y1y0)(y2y0)x1x2y1y2y0(y1y2)yx1x2k2x1x2(x1x2)y0y(1k2)x1x2k(x1x2)yy00，解得y01，M(0，1)，以线段AB为直径的圆恒过定点(0，1).齐次化处理策略“齐次”从词面上解释是“次数相等”的意思.在代数里也有“齐次”的叫法，例如fax2bxycy2称为二次齐次式，f中每一项都是关于x，y的二次项.下面研究齐次化在圆锥曲线中的应用.例 已知抛物线y22px(p0)，过原点且互相垂直的两直线OA，OB交抛物线于A，B.求证：直线AB过定点.证明设AB：xmyn，A(x1，y1)，B(x2，y2)，kOA，kOB，将直线AB方程变
8、形为1，代入到y22px中得y22px注意到kOA，kOB，上式两边同除以x2得0(*)kOA，kOB是方程(*)的两根，则kOAkOB1n2p，所以直线AB方程为xmy2p，所以直线AB恒过定点(2p，0).1.已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1).(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：ykxt(t1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|ON|2，求证：直线l经过定点.(1)解由题意，得b1，c1，所以a2b2c22.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP
9、的方程为yx1.令y0，得点M的横坐标xM.又y1kx1t，从而|OM|xM|.同理，|ON|.由得(12k2)x24ktx2t220，则(4kt)24(12k2)(2t22)16k28t280，且x1x2，x1x2.所以|OM|ON|2.又|OM|ON|2，所以22.解得t0，满足0，所以直线l经过定点(0，0).2.已知抛物线C的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A(1，2)为抛物线C上一点.(1)求抛物线C的方程；(2)若点B(1，2)在抛物线C上，过点B作抛物线C的两条弦BP与BQ，若kBPkBQ2，求证：直线PQ过定点.(1)解若抛物线的焦点在x轴上，设抛物线方程为y2ax，代入点A(1
10、，2)，可得a4，所以抛物线方程为y24x.若抛物线的焦点在y轴上，设抛物线方程为x2my，代入点A(1，2)，可得m，所以抛物线方程为x2y.综上所述，抛物线C的方程是y24x或x2y.(2)证明因为点B(1，2)在抛物线C上，所以由(1)可得抛物线C的方程是y24x.易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y2k(x1)，将直线BP的方程代入y24x，消去y，得k2x2(2k24k4)x(k2)20.设P(x1，y1)，则x1，所以P.用替换点P坐标中的k，可得Q(k1)2，22k)，从而直线PQ的斜率为，故直线PQ的方程是y22kx(k1)2.通过观察，应有k22k2x(k1)
11、2，得x3，y2，所以直线PQ恒过定点(3，2).3.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：ykxm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.解(1)由题意，设椭圆的标准方程为1(ab0)，ac3，ac1，a2，c1，b23，所以椭圆C的标准方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(34k2)x28mkx4(m23)0，64m2k216(34k2)(m23)0，34k2m20.x1x2，x1x2，y1y
12、2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，0)，kADkBD1，所以1，y1y2x1x22(x1x2)40，40，7m216mk4k20，解得m12k，m2，且满足34k2m20.当m2k时，l：yk(x2)，直线过定点(2，0)，与已知矛盾；当m时，l：yk，直线过定点.综上可知，直线l过定点，定点坐标为.4.(2022济南模拟)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P满足|PF1|PF2|2a，且SPF1F2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点M(4，0)的直线l与C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，
13、且y1y20，问在x轴上是否存在定点N，使得直线NA，NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形？若存在，求出定点N的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)因为|PF1|PF2|2a，所以点P在椭圆C上.将代入1，得1.设椭圆C的焦距为2c，则SPF1F22c，求得c.从而a2b23.由可得a24，b21.所以椭圆C的标准方程为y21.(2)显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为yk(x4).设A(x1，y1)，B(x2，y2).假设存在点N(t，0)，因为直线NA，NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形，所以kNAkNB0，即kNAkNBk0，即2x1x2(t4)(x1x2)8t0.由消去y并整理，得(14k2)x232k2x64k240.由(32k2)24(14k2)(64k24)0，求得0k2，则x1x2，x1x2.所以2(t4)8t0，解得t1.于是在x轴上存在定点N(1，0)，使得直线NA，NB与y轴围成的三角形始终为底边在y轴上的等腰三角形.10
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