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第一课时　定点问题
　题型一　直线过定点问题
例1 (2020·全国Ⅰ卷)已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6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a2－1＝8，
解得a＝3或a＝－3(舍去).
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明　设P(6，y0)，
则直线AP的方程为y＝(x＋3)，
即y＝(x＋3)，
联立直线AP的方程与椭圆方程可得
整理得(y＋9)x2＋6yx＋9y－81＝0，
解得x＝－3或x＝eq \f(－3y＋27,y＋9)，
将x＝eq \f(－3y＋27,y＋9)代入直线y＝(x＋3)可得y＝eq \f(6y0,y＋9)，
∴点C的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－3y＋27,y＋9)，\f(6y0,y＋9))).
同理可得点D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3y－3,y＋1)，\f(－2y0,y＋1)))，
∴直线CD的方程为y－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y0,y＋1)))
＝eq \f(\f(6y0,y＋9)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y0,y＋1))),\f(－3y＋27,y＋9)－\f(3y－3,y＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3y－3,y＋1)))，
整理可得y＋eq \f(2y0,y＋1)
＝eq \f(4y0（y＋3）,3（9－y）)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3y－3,y＋1)))
＝eq \f(4y0,3（3－y）)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3y－3,y＋1)))，
整理得y＝eq \f(4y0,3（3－y）)x＋eq \f(2y0,y－3)＝eq \f(4y0,3（3－y）)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))，
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(a>b>0)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a＝2，
又P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)，
k1＋k2＝＝1，
解得x1＝－4，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程
y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由整理得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
Δ＝48(4k2－m2＋3)>0.
由k1＋k2＝1，
整理得(2k－1)x1x2＋(x1＋x2)＋2m－4＝0，
即(m－4k)(2m－2k－3)＝0.
当m＝k＋时，此时，直线l过P点，不符合题意；
当m＝4k时，Δ＝4k2－m2＋3>0有解，此时直线l：y＝k(x＋4)过定点(－4，0).
　题型二　其它曲线过定点问题
例2 (2022·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b≥1)的离心率为，其上焦点到直线bx＋2ay－＝0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a2＝b2＋c2，
所以a＝b，c＝b.
又＝，a＞b≥1，
所以b2＝1，a2＝2，
故椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为＋y2＝.
当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.
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y＝k，代入＋x2＝1，
并整理得(k2＋2)x2－k2x＋k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2
＝(1＋k2)x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2＝(1＋k2)·＋·＋1＋k2＝0，
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k＝0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>b>0)的左、右顶点分别是双曲线C2：－y2＝1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：y＝kx－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－y2＝1，解得m2＝1，
∴a2＝m2＋1＝2，
将代入＋＝1，解得b2＝1，
∴椭圆C1的标准方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由整理得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
Δ＝144k2＋64(9＋18k2)>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，y1－y0)，＝(x2，y2－y0)
·＝x1x2＋(y1－y0)(y2－y0)
＝x1x2＋y1y2－y0(y1＋y2)＋y
＝x1x2＋k2x1x2－(x1＋x2)
－y0＋＋y
＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋y＋y0＋
＝eq \f(18（y－1）k2＋9y＋6y0－15,9＋18k2)＝0，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－1＝0，,9y＋6y0－15＝0，))解得y0＝1，
∴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f＝ax2＋bxy＋cy2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y2＝2px(p＞0)，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：x＝my＋n，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，kOA＝，kOB＝，
将直线AB方程变形为＝1，代入到y2＝2px中得y2＝2px·
注意到kOA＝，kOB＝，上式两边同除以x2得＋·－＝0(*)
kOA，kOB是方程(*)的两根，则kOA·kOB＝－＝－1 n＝2p，
所以直线AB方程为x＝my＋2p，所以直线AB恒过定点(2p，0).
1.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)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：y＝kx＋t(t≠±1)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b＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明　设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.
又y1＝kx1＋t，
从而|OM|＝|xM|＝.
同理，|ON|＝.
由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则Δ＝(4kt)2－4(1＋2k2)(2t2－2)＝16k2－8t2＋8＞0，
且x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|OM|·|ON|
＝·
＝＝
＝2.
又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.
解得t＝0，满足Δ＞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kBP·kBQ＝－2，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＝，所以抛物线方程为x2＝y.
综上所述，抛物线C的方程是y2＝4x或x2＝y.
(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y2＝4x.
易知直线BP，BQ的斜率均存在，设直线BP的方程为y＋2＝k(x－1)，
将直线BP的方程代入y2＝4x，消去y，得
k2x2－(2k2＋4k＋4)x＋(k＋2)2＝0.
设P(x1，y1)，则x1＝，
所以P.
用－替换点P坐标中的k，
可得Q((k－1)2，2－2k)，从而直线PQ的斜率为
＝
＝，
故直线PQ的方程是
y－2＋2k＝·[x－(k－1)2].
通过观察，应有－k2＋2k＋2＝x－(k－1)2，得x＝3，y＝2，
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：y＝kx＋m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(a＞b＞0)，a＋c＝3，a－c＝1，a＝2，c＝1，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)＞0，3＋4k2－m2＞0.
x1＋x2＝－，x1·x2＝，
y1·y2＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.
因为以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，0)，kAD·kBD＝－1，
所以·＝－1，y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，＋＋＋4＝0，7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－，
且满足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，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(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P满足|PF1|＋|PF2|＝2a，且S△PF1F2＝.
(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，且y1y2≠0，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＋＝1.①
设椭圆C的焦距为2c，则S△PF1F2＝×2c·＝，求得c＝.
从而a2－b2＝3.②
由①②可得a2＝4，b2＝1.
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝k(x－4).
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kNA＋kNB＝0，
即kNA＋kNB＝＋
＝＋
＝k·＝0，
即2x1x2－(t＋4)(x1＋x2)＋8t＝0.
由消去y并整理，得
(1＋4k2)x2－32k2x＋64k2－4＝0.
由Δ＝(－32k2)2－4(1＋4k2)(64k2－4)>0，求得0则x1＋x2＝，x1x2＝.
所以2×－(t＋4)×＋8t＝0，解得t＝1.
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.

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