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圆锥曲线中的定点问题
一、考情分析
定点问题一直是圆锥曲线中的热点问题，高考主要考查直线过定点问题，有时也会涉及圆过定点问题．
二、解题秘籍
(一)求解圆锥曲线中定点问题的思路与策略
1. 处理定点问题的思路：
(1)确定题目中的核心变量 (此处设为 k)
(2)利用条件找到 k与过定点的曲线F x,y = 0 的联系，得到有关 k与 x,y的等式
(3)所谓定点，是指存在一个特殊的点 x0,y0 ，使得无论 k的值如何变化，等式恒成立.此时要将关于 k与
x,y的等式进行变形，直至易于找到 x0,y0.常见的变形方向如下：
① 若等式的形式为整式，则考虑将含 k的项归在一组，变形为“k ”的形式，从而 x0,y0只需要先让括号
内的部分为零即可
② 若等式为含 k的分式，x0,y0的取值一方面可以考虑使其分子为 0，从而分式与分母的取值无关；或者考
虑让分子分母消去 k的式子变成常数 (这两方面本质上可以通过分离常数进行相互转化，但通常选择容易
观察到的形式)
2. 处理定点问题两个基本策略：
(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．
2 y2
【例1】(2023届河南省顶级名校高三上学期月考)设 F1,F x2分别是椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左 右焦a b
点，M是C上一点，MF2与 x
2
轴垂直.直线MF1与C的另一个交点为N，且直线MN的斜率为 4 .
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设D 0,1 是椭圆C的上顶点，过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A，B两点，证明直线
AB过定点，并求出定点坐标.
【例2】椭圆C的焦点为 F1 - 2,0 ，F2 2,0 ，且点M 2,1 在椭圆C上．过点P 0,1 的动直线 l与椭圆相
交于A，B两点，点B关于 y轴的对称点为点D(不同于点A)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)证明：直线AD恒过定点，并求出定点坐标．
(二) 直线过定点问题
1. 直线过定点问题的解题模型
2. 求解动直线过定点问题，一般可先设出直线的一般方程：y= kx+ b，然后利用题中条件整理出 k,b的关
系，若 b= km+n m,n为常数 ，代入 y= kx+ b得 y= k x+m +n，则该直线过定点 -m,n .
2 y2
【例3】(2023 x届福建省泉州市高三毕业班质量监测 (一))已知椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 过点A -2,0 ．a b
3
右焦点为F，纵坐标为 2 的点M在C上，且AF⊥MF．
(1)求C的方程：
(2)设过A与 x轴垂直的直线为 l，纵坐标不为 0的点P为C上一动点，过F作直线PA的垂线交 l于点Q，
证明：直线PQ过定点．
(三) 圆过定点问题
圆过定点问题的常见类型是以AB为直径的圆过定点P，求解思路是把问题转化为PA⊥PB，也可以转化

为PA PB= 0
x2 y2
【例4】(2022届广西“智桂杯”高三上学期大联考)已知椭圆C :
a2
+ = 1(a> b> 0)的右焦点为F(1，0)，与
b2
x轴不重合的直线 l过焦点F，l与椭圆C交于A，B两点，当直线 l垂直于 x轴时， AB = 3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左顶点为P，PA，PB的延长线分别交直线 x= 4于M，N两点，证明：以MN为直径的圆过
定点.
(四) 确定定点使某个式子的值为定值
求解此类问题一般先设出点的坐标，然后把所给式子用所设点的横坐标或纵坐标表示，再观察该式子为定
值的条件，确定所设点的坐标.
2 y2
【例5】(2023 x届山西省山西大学附属中学校高三上学期 9月诊断)如图，椭圆 C： 2 + 2 = 1((a> b> 0)，a b
|A1B1| = 7，F1是椭圆C的左焦点，A1是椭圆C的左顶点，B1是椭圆C的上顶点，且A1F1=F1O，点P(n,
0) (n≠ 0)是长轴上的任一定点，过P点的任一直线 l交椭圆C于A,B两点.
(1)求椭圆C的方程；

(2)是否存在定点Q(x0,0)，使得QA QB为定值，若存在，试求出定点Q的坐标，并求
出此定值；若不存在，请说明理由.
(五) 与定点问题有关的基本结论
1. 若直线 l与抛物线 y2= 2px交于点A,B，则OA⊥OB 直线 l过定点P 2p,0 ；
2. 若直线 l与抛物线 y2= 2px交于点A,B，则 kOA kOB=m 直线 l过定点P p+ m+ p2,0 ；
3. 设点P 2pt20,2pt0 是抛物线 y2= 2px上一定点，M ,N是该抛物线上的动点，则PM⊥PN 直线MN过定
点Q 2p+ 2pt20,-2pt0 .
4. 设点A x ,y 20 0 是抛物线 y = 2px上一定点，M ,N是该抛物线上的动点，则 kAM kAN=m 直线MN过定
点P 2px0- m ,-y0 ；
2 y2
5. x过椭圆 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左顶点P作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点A,B，则PA⊥PB a b
a a2- b2
直线AB过点Q - a2+ ,0b2 ；
x2 y26. 过双曲线 2 - 2 = 1 a> 0,b> 0 的左顶点 P作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点A,B，则 PA⊥a b
- a a
2+ b2
PB 直线AB过点Q
a2- ,0 ；b2
2 2
7. x设点P m,n 是椭圆C： 2 +
y
2 = 1 a> b> 0 上一定点，点A,B是椭圆C上不同于P的两点，若 ka b PA+
2
kPB= λ 2n 2b m λ≠ 0 ，则直线AB过定点 m- ,-n-λ a2λ ；
x2 y28. 设点P m,n 是双曲线C： 2 - 2 = 1 a> 0,b> 0 一定点，点A,B是双曲线C上不同于P的两点，若a b
2
kPA+ kPB= λ λ≠ 0 ，则直线AB过定点 m- 2n ,-n+ 2b m .λ a2λ
2 2
【例6】(2023 3 x y届山西省长治市高三上学期 9月质量检测)已知点 P 1, 2 在椭圆 C： + = 1(a> b> 0)a2 b2
上，且点P 13到椭圆右顶点M的距离为 2 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2) 1若点A，B是椭圆C上不同的两点 (均异于M )且满足直线MA与MB斜率之积为 4．试判断直线
AB是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由．
2 2
【例7】( y2022 x届海南华侨中学高三上学期月考)已知椭圆 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左 右焦点分别为Fa b 1,F2，点
M 0,-1 是椭圆的一个顶点，△F1MF2是等腰直角三角形.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点M分别作直线MA,MB交椭圆于A,B两点，设两直线的斜率分别为 k1,k2，且 k1+ k2= 4，求证：直
线AB 1过定点 2 ,1 .
三、跟踪检测
1. (2023届江苏省金陵中学、海安中学高三上学期 10月联考)在一张纸上有一个圆C： x+ 5 2+ y2= 4，定
点M 5,0 ，折叠纸片使圆C上某一点M1好与点M重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕 PQ，设
折痕PQ与直线M1C的交点为T．
(1)求证： TC - TM 为定值，并求出点T的轨迹C 方程；
(2)设A -1,0 ，M为曲线C 上一点，N为圆 x2+ y2= 1上一点 (M，N均不在 x
轴上) AM AN k k k =- 1．直线 ， 的斜率分别记为 1， 2，且 2 4 k1，求证：直线MN过
定点，并求出此定点的坐标．
2
( y
2
2. 2023 x届广东省广东广雅中学高三上学期 9月测试)已知椭圆 C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的离心率为a b
2 6
2 ．圆O(O为坐标原点)在椭圆C的内部，半径为 3 ．P，Q分别为椭圆C和圆O上的动点，且P，Q
6
两点的最小距离为 1- 3 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)A，B是椭圆C上不同的两点，且直线AB与以OA为直径的圆的一个交点在圆O上．求证：以AB为
直径的圆过定点．
2 y2
3. (2023届湖南省永州市高三上学期第一次考试)点P(4,3) C: x在双曲线 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)上，离心率a b
e= 72 .
(1)求双曲线C的方程；
(2)A,B是双曲线C上的两个动点 (异于点P)，k1,k2分别表示直线PA,PB 3的斜率，满足 k1k2= 2 ，求证：直
线AB恒过一个定点，并求出该定点的坐标.
4. (2023届陕西师范大学附属中学、渭北中学等高三上学期联考)已知抛物线C:y2= 2px(p> 0)，O是坐标原
点，F是C的焦点，M是C上一点，|FM | = 4，∠OFM= 120°．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设点Q x0,2 在C上，过Q作两条互相垂直的直线QA,QB，分别交C于A，B两点 (异于Q点)．证
明：直线AB恒过定点．
2 2
5. (2023 x届四川省部分重点中学高三上学期 9月联考)已知椭圆C： 2 +
y
2 = 1 a> b> 0 的右顶点是Ma b
(2，0) 1，离心率为 2．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)过点T(4，0)作直线 l与椭圆C交于不同的两点A，B，点B关于 x轴的对称点为D，问直线AD是否过
定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
2
6. ( y2023届安徽省滁州市定远县高三上学期 9月月考)设直线 x=m与双曲线C:x2- 3 =m(m> 0)的两条
渐近线分别交于A，B两点，且三角形OAB的面积为 3．
(1)求m的值；
(2)已知直线 l与 x轴不垂直且斜率不为 0，l与C交于两个不同的点M，N，M关于 x轴的对称点为M ，F
为C的右焦点，若M ，F，N三点共线，证明：直线 l经过 x轴上的一个定点．
2
( y
2
7. 2023 x届江西省智慧上进高三上学期考试)已知椭圆C： 2 + 2 = 1 a> b> 0 的右焦点为F，过点F作a b
一条直线交C于R，S两点，线段RS 2长度的最小值为 2，C的离心率为 2 ．
(1)求C的标准方程；

(2)斜率不为 0的直线 l与C相交于A，B两点，P(2,0)，且总存在实数 λ∈R，使得PF =

P
λ
A + P B ，问：l是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，试说明理由．
PA PB
2
( y
2
8. 2023 x届山西省高三上学期第一次摸底)已知椭圆 C : + = 1 a> b> 0 的左、右焦点分别是
a2 b2
F1 -1,0 ，F2 1,0 ，点A 0,b ，若△AF1F2的内切圆的半径与外接圆的半径的比是 1:2．
(1)求椭圆C的方程；

(2)过C的左焦点F1作弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若DE MN = 0，证明：直线PQ过定
点．
2 y2
9. (2023 x届湖北省“宜荆荆恩”高三上学期考试)已知双曲线C与双曲线 12 - 3 = 1有相同的渐近线，且过
点A(2 2,-1).
(1)求双曲线C的标准方程；

(2)已知D(2,0),E,F是双曲线C上不同于D的两点，且DE DF = 0,DG⊥EF于G，证明：存在定点H，
使 |GH |为定值.
10.(2023届江苏省南京市高三上学期 9月学情调研)已知抛物线C：y2= 2px p> 0 的焦点为 F，过点P(0，
2)的动直线 l与抛物线相交于A，B两点．当 l经过点F时，点A恰好为线段PF中点．
(1)求 p的值；

(2)是否存在定点T，使得TA TB为常数？ 若存在，求出点T的坐标及该常数；若不存在，说明理由．
2
11. (2023 x届江苏省百校联考高三上学期第一次考试)设 F为椭圆C：2 + y
2= 1的右焦点，过点 F且与 x轴
不重合的直线 l交椭圆C于A，B两点.

(1)当BF = 2FA时，求 FA ；
k
(2) QA在 x轴上是否存在异于F的定点Q，使 为定值 (其中 k ，k
k QA QB
分别为直线QA，QB的斜率)？若存
QB
在，求出Q的坐标；若不存在，请说明理由.
12.(2022届辽宁省名校联盟高三上学期 12月联考)已知抛物线C:y2= 2px p> 0 的焦点为F，点M (x0,4) 在
5p
C上，且 MF = 2 ．
(1)求点M的坐标及C的方程；
(2)设动直线 l与C相交于A,B两点，且直线MA与MB的斜率互为倒数，试问直线 l是否恒过定点？若
过，求出该点坐标；若不过，请说明理由．
2 y2
13.(2022 x届广东省茂名市五校联盟高三上学期联考)已知椭圆C： 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左、右焦点分别a b
6
为F1，F2.离心率等于 3 ，点P在 y轴正半轴上，△PF1F2为直角三角形且面积等于 2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知斜率存在且不为 0的直线 l与椭圆C交于A，B两点，当点A关于 y轴的对称点在直线PB上时，
直线 l是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过，请说明理由.
2 2
14.(2022 x届江苏省南通市高三上学期期末)在平面直角坐标系 xOy中，已知双曲线C： 2 -
y
2 = 1(a、b为正a b
常数)的右顶点为A，直线 l与双曲线C交于P、Q两点，且P、Q均不是双曲线的顶点，M为PQ的中点．
(1)设直线PQ与直线OM的斜率分别为 k1、k2，求 k1·k2的值；
(2) AM = 1若 2 ，试探究直线 l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；否则，说明理由．PQ
15.已知抛物线C :y2= 2px p> 0 的焦点为F，过点F的直线 l交抛物线C于A，B两点，当 l⊥ x轴时， AB
= 2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线 l交 y轴于点D，过点D且垂直于 y轴的直线交抛物线C于点P，直线PF交抛物线C于另一点
Q.
①是否存在定点M，使得四边形AQBM为平行四边形？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明理
由.
②求证：S△QAF S△QBF为定值.圆锥曲线中的定点问题
一、考情分析
定点问题一直是圆锥曲线中的热点问题，高考主要考查直线过定点问题，有时也会涉及圆过定点问题．
二、解题秘籍
(一)求解圆锥曲线中定点问题的思路与策略
1. 处理定点问题的思路：
(1)确定题目中的核心变量 (此处设为 k)
(2)利用条件找到 k与过定点的曲线F x,y = 0 的联系，得到有关 k与 x,y的等式
(3)所谓定点，是指存在一个特殊的点 x0,y0 ，使得无论 k的值如何变化，等式恒成立.此时要将关于 k与
x,y的等式进行变形，直至易于找到 x0,y0.常见的变形方向如下：
① 若等式的形式为整式，则考虑将含 k的项归在一组，变形为“k ”的形式，从而 x0,y0只需要先让括号
内的部分为零即可
② 若等式为含 k的分式，x0,y0的取值一方面可以考虑使其分子为 0，从而分式与分母的取值无关；或者
考虑让分子分母消去 k的式子变成常数 (这两方面本质上可以通过分离常数进行相互转化，但通常选择
容易观察到的形式)
2. 处理定点问题两个基本策略：
(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．
2 y2
【例1 x】(2023届河南省顶级名校高三上学期月考)设 F1,F2分别是椭圆C： 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左 右焦a b
点，M是C上一点，MF2与 x
2
轴垂直.直线MF1与C的另一个交点为N，且直线MN的斜率为 4 .
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设D 0,1 是椭圆C的上顶点，过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A，B两点，证明直线
AB过定点，并求出定点坐标.
【解析】(1)由题意知，点M在第一象限，∵M是C上一点且MF2与 x轴垂直，
b2 b2∴M的横坐标为 c.当 x= c时，y= a ，即M c, a .
b2
2
又直线MN的斜率为 24 ，所以 tan∠MFF
a b 2
1 2= 2c = 2ac = 4 ，
即 b2= 2 ac= a2- c22 ，即 c
2+ 22 ac- a
2= 0,
则 e2+ 22 e- 1= 0，解得 e=
2
2 或 e=- 2(舍去)，
即 e= 22 .
(2)已知D 0,1 是椭圆的上顶点，则 b= 1，
2
由 (1)知 e= 22 = 1-
b
a ，解得 a= 2，
2
所以，椭圆C的方程为 x2 + y
2= 1，
设直线AB的方程为 y= kx+m,A x1,y1 ,B x2,y2 ，
联立 y= kx+m 2 22+ 2= 可得 1+ 2k x + 4kmx+ 2 m
2- 1 = 0 * ，x 2y 2
2 m2- 1
所以 x1+ x -4km2= + 2 ,x x = 1 2k
1 2 1+ ，2k2

又DA= x1,y1- 1 ,DB= x2,y2- 1 ，

DA DB= x1x2+ y1- 1 y2- 1 = x1x2+ kx1+m- 1 kx2+m- 1
= k2+ 1 x1x2+ k m- 1 x1+ x2 + (m- 1)2
2 m2= - 1 -4km k2+ 1 + 2 + k m- 1 + 2 + (m- 1)
2
1 2k 1 2k
= 2 m
2- 1 k2+ 1 - 4k2 m2-m + 1+ 2k2 (m- 1)2
+ 2 = 0，1 2k
化简整理有 3m2- 2m- 1= 0，得m=- 13 或m= 1.
当m= 1时，直线AB经过点D，不满足题意；.
当m=- 13 时满足方程 * 中Δ> 0，
故直线AB经过 y轴上定点G 0,- 13 .
【例2】椭圆C的焦点为F1 - 2,0 ，F2 2,0 ，且点M 2,1 在椭圆C上．过点P 0,1 的动直线 l与椭圆相
交于A，B两点，点B关于 y轴的对称点为点D(不同于点A)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)证明：直线AD恒过定点，并求出定点坐标．
2 y2
【解析】(1)设椭圆C的标准方程为 x + = 1(a> b> 0)，
a2 b2
由已知得 c= 2,2a= MF + MF = 2- 2 2+ 1+ 2+ 2 21 2 + 1= 4.
2 2
所以 a= 2，b2= a2- c2= 2，所以椭圆C的标准方程为 x4 +
y
2 = 1.
(2)
当直线 l的斜率存在时，设直线 l的方程为 y= kx+ 1(k≠ 0)．
x2 2
由 +
y = 1
4 2 得 (2k2+ 1)x2+ 4kx- 2= 0.y= kx+ 1
2
Δ= 16k + 8 2k
2+ 1 > 0
4k
设A(x ,y )，B(x ,y )，D(-x ,y )，则 x + x 1 2
=-
1 1 2 2 2 2 2k2+ 1 ，

x1x
2
2=- 2k2+ x
特殊地，当A的坐标为 (2，0)时，k=- 1 4 2 42，所以 2x2=- 3，x2=- 3，y1= 3，
即B - 2 , 43 3 ，所以点B关于 y轴的对称点为D
2 4
3 , 3 ，则直线AD的方程为 y=-x+ 2.
当直线 l的斜率不存在时，直线AD的方程为 x= 0.
如果存在定点Q满足条件，则为两直线交点Q(0，2)，
= y1- 2k = y1- 1- 1 y - 2QA x x = k-
1
x ，kQD=
2 1
1 1 1 -x
=-k+ x ，2 2
又因为 kQA- k = 2k- 1QD x +
1
x =
x
2k- 1+ x2x x = 2k- 2k= 0.1 2 1 2
所以 kQA= kQD，即A,D,Q三点共线，故直线AD恒过定点，定点坐标为 (0，2)．
【点评】本题是先根据两条特殊的曲线的交点Q(0，2)，然后再根据A,D,Q三点共线，判断直线AD恒过定
点，
(二) 直线过定点问题
1. 直线过定点问题的解题模型
2. 求解动直线过定点问题，一般可先设出直线的一般方程：y= kx+ b，然后利用题中条件整理出 k,b的关
系，若 b= km+n m,n为常数 ，代入 y= kx+ b得 y= k x+m +n，则该直线过定点 -m,n .
2 y2
【例3】(2023 x届福建省泉州市高三毕业班质量监测 (一))已知椭圆C: 2 +a b2 = 1 a> b> 0 过点A -2,0 ．
3
右焦点为F，纵坐标为 2 的点M在C上，且AF⊥MF．
(1)求C的方程：
(2)设过A与 x轴垂直的直线为 l，纵坐标不为 0的点P为C上一动点，过F作直线PA的垂线交 l于点
Q，证明：直线PQ过定点．
【解析】(1)设点F c,0 ，其中 c= a2- b2> 0，则M c, 32 ，
因为椭圆C过点A -2,0 ，则 a= 2，
9 9
2 2
将点M的坐标代入椭圆C的方程，可得 c 42 + 2 = 1可得
4- b + 44 2 = 1，解得 b= 3，a b b
x2 y2因此，椭圆C的标准方程为 4 + 3 = 1.
(2)证明：由对称性可知，若直线PQ过定点T，则点T必在 x轴上，设点T t,0 ，
y
设点P x0,y0 x0≠±2,y0≠ 0 ，则 k = 0PA x ，0+ 2
所以，直线PA的垂线的斜率为 =- x0+ 2k y ，0
故直线 的方程为 =- x0+ 2FQ y y x- 1 ，0
=- = 3 x0+ 2 - , 3 x在直线FQ的方程中，令 x 2，可得 y ，即点Q 2 0+ 2 y0 y0 ，
- 3 x + 2 y 00 y
所以，直线PQ的方程为 y- y0= 0x + 2 x- x0 ，0
- 3 xy 0+ 2 0
- = y因为点T在直线PQ上，所以， y 00 x + 2 t- x0 ，0
即 y20 t+ 2 = 3 x0+ 2 t- x0 ，①
又因为 x
2 2 2
0
4 +
y0
3 = 1，所以，
3x
y2 00= 3- 4 ，②
将②代入①可得 - 3x
2
3 04 t+ 2 = 3 x0+ 2 t- x0 ，即 t- 2 x + 2 20 = 0，
∵ x0≠-2，则 t= 2，所以，直线PQ过定点 2,0 .
(三) 圆过定点问题
圆过定点问题的常见类型是以AB为直径的圆过定点P，求解思路是把问题转化为PA⊥PB，也可以转

化为PA PB= 0
2 y2
【例4 x】(2022届广西“智桂杯”高三上学期大联考)已知椭圆C: 2 + 2 = 1(a> b> 0)的右焦点为F(1，0)，与a b
x轴不重合的直线 l过焦点F，l与椭圆C交于A，B两点，当直线 l垂直于 x轴时， AB = 3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设椭圆C的左顶点为P，PA，PB的延长线分别交直线 x= 4于M，N两点，证明：以MN为直径的圆
过定点.
2
( ) : x + y
2
【解析】1 椭圆C 2 2 = 1(a> b> 0)的右焦点F(1,0)，则半焦距 c= 1，a b
2 2
当 l⊥ x轴时，弦AB为椭圆的通径，即 |AB| = 2b ，则有 2ba a = 3，即 b
2= 32 a，
而 a2= b2+ c2，于是得 a2- 32 a- 1= 0，又 a> 0，解得 a= 2，b= 3，
2 y2
所以椭圆C的方程为：x4 + 3 = 1.
(2)依题意，直线AB不垂直于 y轴，且过焦点F(1,0)，设AB的方程为 x=my+ 1，A x1,y1 ，B x2,y2 ，
由 3x
2+ 4y2= 12
得 3m2+ 4 y2= + + 6my- 9= 0，y
-6m -9
x my 1 1
+ y2= 2+ ，y1y2= ，3m 4 3m2+ 4
y 6y
因点P(-2,0)，则直线PA的方程为 y= 1 1x1+ 2
(x+ 2)，令 x= 4，得M 4, x + 2 ，1
6y2 , = , 6y

同理可得N 4 x + 2 ，于是有FM 3
1
x + 2 ,FN = ,
6y
3 2x + 2 ，2 1 2

= + 6y1 6y则FM FN 9 2x + 2 x + 2 = 9+
36y1y2 = + 36y1y9 2
1 2 my + 3 my + 3 m21 2 y1y2+ 3m y1+ y2 + 9
36 -9
3m2= + + 4 = + 36× (-9)9 -9m2 - 2 9 = 0，+ 18m + 369
3m
2
+ 4 3m
2+ 4
因此，FM ⊥FN，即F在以MN为直径的圆上，
所以以MN为直径的圆过定点F(1,0).
(四) 确定定点使某个式子的值为定值
求解此类问题一般先设出点的坐标，然后把所给式子用所设点的横坐标或纵坐标表示，再观察该式子为
定值的条件，确定所设点的坐标.
2 y2
【例5】(2023 x届山西省山西大学附属中学校高三上学期 9月诊断)如图，椭圆 C： 2 + 2 = 1((a> b> 0)，a b
|A1B1| = 7，F1是椭圆C的左焦点，A1是椭圆C的左顶点，B1是椭圆C的上顶点，且

A1F1=F1O，点P(n,0) (n≠ 0)是长轴上的任一定点，过P点的任一直线 l交椭圆C于
A,B两点.
(1)求椭圆C的方程；

(2)是否存在定点Q(x0,0)，使得QA QB为定值，若存在，试求出定点Q的坐标，并求
出此定值；若不存在，请说明理由.
a2+ b2 = 7 a= 2【解析】(1)由已知知 a- c= c ，解得 b= 3， a2= b2+ c2 c= 1
2 y2
所以椭圆方程为 x4 + 3 = 1；
(2)假设存在Q(x0,0)满足题意，

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，QA= (x1- x0,y1),QB= (x2- x0,y2)，
①当直线 l与 x轴不垂直时，设 l：y= k(x-n)，
代入 x
2 2
4 +
y
3 = 1并整理得 (4k
2+ 3)x2- 8k2nx+ 4k2n2- 12= 0
2 2 2
∴ x + x 8k n 4k n - 121 2= ，x x =
4k
2+ 3 1 2 4k2+ 3
QA QB= (x1- x0) (x2- x0) + y1y2= (x1- x0) (x2- x0) + k2(x1-n) (x2-n)
= (k2+ 1)x1x2- (k2n+ x5) (x1+ x ) - x2+ k2n22 0
2 2 2
= k2+ 1 4k n - 12 - k22+ n+ x
8k n
- x2 2 2
4k 3 0 4k2+ 3 0+ k v
7n2- 8nx + 4x2 2= 0 0- 12 k + 3x
2
0- 12 　　 (*)
4k2+ 3
(*)式是与 k无关的常数，则 3(7n2- 8nx0+ 4x20- 12) = 4(3x20- 12)
2
解得 x 1 7n 2 1 7n0= 2n + 8 ，此时QA QB= x0- 4= 2n + 8 - 4为定值；
2 2
②当直线 l与 x垂直时，l:x=n，A n, 3 1- n4 ，B n,- 3 1- n4 ，
2 2
QA QB= (n- x 2 n0) - 3 1- 4 = x2- 4=
1
0 2n +
7n
8 - 4也成立，
2
所以存在定点Q 1 + 7n2n 8 ,0 ，使得QA QB=
1
2n +
7n
8 - 4为定值．
(五) 与定点问题有关的基本结论
1. 若直线 l与抛物线 y2= 2px交于点A,B，则OA⊥OB 直线 l过定点P 2p,0 ；
2. 若直线 l与抛物线 y2= 2px交于点A,B，则 kOA kOB=m 直线 l过定点P p+ m+ p2,0 ；
3. 设点P 2pt20,2pt0 是抛物线 y2= 2px上一定点，M ,N是该抛物线上的动点，则PM⊥PN 直线MN过
定点Q 2p+ 2pt20,-2pt0 .
4. 设点A x0,y0 是抛物线 y2= 2px上一定点，M ,N是该抛物线上的动点，则 kAM kAN=m 直线MN过定
点P - 2px0 m ,-y0 ；
2 y2
5. x过椭圆 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左顶点P作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点A,B，则PA⊥PB a b
- a a
2- b2
直线AB过点Q
a2+ 2 ,0b ；
2 y2
6. x过双曲线 2 - 2 = 1 a> 0,b> 0 的左顶点P作两条互相垂直的直线与该椭圆交于点A,B，则PA⊥a b
a a
2+ b2
PB 直线AB过点Q - a2- 2 ,0b ；
2 y2
7. x设点P m,n 是椭圆C： 2 + 2 = 1 a> b> 0 上一定点，点A,B是椭圆C上不同于P的两点，若 ka b PA+
2n 2b2k = λ mPB λ≠ 0 ，则直线AB过定点 m- ,-n-λ a2 ；λ
2 2
8. 设点P m, x
y
n 是双曲线C： 2 - 2 = 1 a> 0,b> 0 一定点，点A,B是双曲线C上不同于P的两点，若a b
2
kPA+ k = λ 2n 2b mPB λ≠ 0 ，则直线AB过定点 m- ,-n+ .λ a2λ
2 y2
【例6】(2023 3 x届山西省长治市高三上学期 9月质量检测)已知点P 1, 2 在椭圆C： 2 + = 1(a> b> 0)a b2
13
上，且点P到椭圆右顶点M的距离为 2 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2) 1若点A，B是椭圆C上不同的两点 (均异于M )且满足直线MA与MB斜率之积为 4．试判断直线
AB是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，说明理由．
2 2
【解析】( ) y1 点P 1, 32 ，在椭圆C：
x 1 9
a2
+
b2
= 1(a> b> 0)上代入得： 2 + 2 = 1， a 4b
点P到椭圆右顶点M的距离为 132 ，则
13
2 = a- 1
2+ 94 ，
解得 a= 2，b= 3，
x2 + y
2
故椭圆C的方程为 4 3 = 1．
(2)由题意，直线AB的斜率存在，可设直线AB的方程为 y= kx+m(k≠ 0)，M 2,0 ，A x1,y1 ，
B x2,y2 ．
联立 y= kx+m 2 2 23x2+ 得 3+ 4k x + 8kmx+ 4m - 12= 0．4y2= 12
Δ= 64k2m2- 4 3+ 4k2 4m2- 12 = 48 4k2-m2+ 3 > 0．
2
∴ x + x = -8km ，x x = 4m - 121 2 3+ 4k2 1 2 3+ 2 ， 4k
∵直线MA与直线MB斜率之积为 14．
∴ y1 y2 1x 1- 2 x
=
2- 2 4
，
∴ 4 kx1+m kx2+m = x1- 2 x2- 2 ．
化简得 4k2- 1 x1x2+ 4km+ 2 x1+ x2 + 4m2- 4= 0，
4m2∴ - 12 4k2- 1 + 2 + 4km+ 2
-8km
+ 2 + 4m- 4= 0， 3 4k 3 4k
化简得m2- 2km- 8k2= 0，解得m= 4k或m=-2k．
当m= 4k时，直线AB方程为 y= k x+ 4 ，过定点 -4,0 ．
m= 4k代入判别式大于零中，解得- 1 < k< 12 2 (k≠ 0)．
当m=-2k时，直线AB的方程为 y= k x- 2 ，过定点 2,0 ，不符合题意．
综上所述：直线AB过定点 -4,0 ．
2 y2
【例7】(2022 x届海南华侨中学高三上学期月考)已知椭圆 2 + 2 = 1(a> b> 0)的左 右焦点分别为 F1,Fa b 2，
点M 0,-1 是椭圆的一个顶点，△F1MF2是等腰直角三角形.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点M分别作直线MA,MB交椭圆于A,B两点，设两直线的斜率分别为 k1,k2，且 k1+ k2= 4，求证：直
线AB 1过定点 2 ,1 .
b= 1
a= 2,
【解析】(1)由题意可得 c= b ，解得 a2= b2 2 + b= 1,c
2
所以椭圆的方程为 x 22 + y = 1.
(2)设A x1,y1 ,B x2,y2 .
①当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为 y= kx+m，
y= kx+m联立 2 得 2k2+ 1 x2x + 2= + 4kmx+ 2m2- 2= 0.2 y 1
由Δ= 16k2m2- 4 2k2+ 1 2m2- 2 = 8 2k2-m2+ 1 > 0，得 2k2+ 1>m2.
2
所以 x1+ x2=- 4km ,x x = 2m - 2．2k2+ 1 1 2 2k2+ 1
y + 1 y + 1
所以 + kx +m+ 1 kx +m+ 1 x + xk1 k2= 1 2 1 2 1 2x + = + = 2k+ m+ 1 = 4，1 x2 x1 x2 x1x2
即 2k- 2kmm- 1 = 4，所以
km
m- 1 = k- 2，即 km= k- 2 m- 1 = km- k- 2m+ 2，
所以m= 1- k2，所以 y= kx+m= kx+ 1-
k 1 1
2 = k x- 2 + 1，所以直线AB过定点 2 ,1 .
y + 1 -y + 1
②当直线AB斜率不存在时，A x1,y1 ,B x1,-y1 ，则 k + k = 1 + 1 21 2 x x = x = 4，所以 x1=
1
1 1 1 2
，则
直线AB也过定点 12 ,1 .
综合①②，可得直线AB过定点 12 ,1 .
三、跟踪检测
1. (2023届江苏省金陵中学、海安中学高三上学期 10月联考)在一张纸上有一个圆C： x+ 5 2+ y2= 4，定
点M 5,0 ，折叠纸片使圆C上某一点M1好与点M重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕PQ，设
折痕PQ与直线M1C的交点为T．
(1)求证： TC - TM 为定值，并求出点T的轨迹C 方程；
(2)设A -1,0 ，M为曲线C 上一点，N为圆 x2+ y2= 1上一点 (M，N均不在 x
1
轴上)．直线AM，AN的斜率分别记为 k1，k2，且 k2=- 4 k1，求证：直线MN过
定点，并求出此定点的坐标．
【解析】(1)由题意得 TM = TM1 ，所以 TC - TM = TC - TM1 = 2<
2 5= CM ，
y2
即T的轨迹是以C，M为焦点，实轴长为 2的双曲线，即C ：x2- 4 = 1；
(2)由已知得 lAM：y= k1 x+ 1 ，lAN：y= k2 x+ 1 ，
y= k1 x+ 1 联立直线方程与双曲线方程 y2 4- k2 x2- 2k2x- k21 1 1- 4= 0，x2- 4 = 1
2
由韦达定理得 = -k1- 4
2
xAxM - 2 ，所以 xM=
k1+ 4 8k
- 2 ，即 yM= k1 x + 1 =
1 ，
4 k1 4 k
M
1 4- k21
所以 k
2
1+ 4 , 8kM 1- ，4 k21 4- k2 1
y= k2 x+ 1联立直线方程与圆方程 2+ 2= 1+ k
2 x2+ 2k2x+ k22 2 2- 1= 0，x y 1
2
由韦达定理得 = k2- 1
2
xAxN + 2 ，所以 xN=
-k2+ 1
+ 2 ，即 yN= k2 xN+ 1 =
2k2 ，
1 k2 1 k2 1+ k22
2
因为 -kk =- 1 k ，即 k =- 1 k，所以N 1+ 16 , -8k1AN 4 AM 2 4 1 16+ k2 ，1 16+ k2 1
若直线MN所过定点，则由对称性得定点在 x轴上，设定点T t,0 ，
由三点共线得 kMT= kNT，
8k1 -8k1
4- k2 16+ k2即 1 = 1 2 2 2 2
k21+ 4 2- -k1+
k1+ 4+ k1- 4 t= k1- 16+ k1+ 16 t t= 1，16
t - t
4- k2 21 16+ k1
所以直线MN过定点T 1,0 ．
2 y2
2. (2023 x届广东省广东广雅中学高三上学期 9月测试)已知椭圆 C： +
a2 b2
= 1(a> b> 0)的离心率为
2 6
2 ．圆O(O为坐标原点)在椭圆C的内部，半径为 3 ．P，Q分别为椭圆C和圆O上的动点，且P，Q
两点的最小距离为 1- 63 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)A，B是椭圆C上不同的两点，且直线AB与以OA为直径的圆的一个交点在圆O上．求证：以AB为
直径的圆过定点．
【解析】(1)设椭圆的长半轴为 a，短半轴为 b，半焦距为 c，
由圆的性质，|PQ| ≥ |PO|- 63
当点P在椭圆上运动时，当P处于上下顶点时 |PO|最小，故 |PQ| ≥ |PO|- 63 ≥ b-
6
3 ，即 b-
6
3 = 1
- 63
c = 2
a 2 a= 2
依题意得
b-
6
3 = 1-
6 ，解得
3 b= 1 ，
c= 1 a2= b2+ c2
2
所以C的方程为 x 22 + y = 1.
(2)因为直线AB与以OA为直径的圆的一个交点在圆O上，
所以直线AB与圆O相切.
(i)当直线AB垂直于 x轴时，不妨设A 6 , 63 3 ，B
6 6
3 ,- 3 ，

此时OA OB= 0，所以OA⊥OB，故以AB为直径的圆过点O.
(ii)当直线AB不垂直于 x轴时，设直线AB的方程为 y= kx+m，A x1,y1 ，B x2,y2 .
|m|
因为AB与圆O相切，所以O到直线AB的距离 = 6，
k2+ 1 3
即 3m2- 2k2- 2= 0.
y= kx+m,由 2 2 2x22 + y2= 得 2k + 1 x + 4kmx+ 2m - 2= 0，1,
所以 x + x = -4km ,x 2m
2- 2
1 2 2k2+ 1 1x2= 2k2 +
，
1
OA OB= x1x2+ y1y2= x1x2+ kx1+m kx2+m = 1+ k2 x1x2+ km x1+ x +m22
2
= 1+ k2 2m - 2 2+ + km
-4km 2
2k 1 2k2+ +m1
= 1+ k
2 2m2- 2 + km(-4km) +m2 2k2+ 1 = 3m
2- 2k2- 2 = 0，
2k2+ 1 2k2+ 1
所以OA⊥OB，故以AB为直径的圆过点O.
综上，以AB为直径的圆过点O.
2 y2
3. (2023届湖南省永州市高三上学期第一次考试)点P(4,3) C : x在双曲线 2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)上，离心a b
7
率 e= 2 .
(1)求双曲线C的方程；
(2)A,B 3是双曲线C上的两个动点 (异于点P)，k1,k2分别表示直线PA,PB的斜率，满足 k1k2= 2 ，求证：
直线AB恒过一个定点，并求出该定点的坐标.
2 y2
【解析】(1)由题意点P(4,3)在双曲线C: x2 - 2 = 1(a> 0,b> 0)上，离心率 e=
7
a b 2
16 - 92 2 = 1
可得； a b 2+ 2 ，解出，a= 2,b= 3， a b 7 a = 2
2 y2
所以，双曲线C的方程是 x4 - 3 = 1
(2)①当直线AB的斜率不存在时，则可设A n,y0 ,B n,-y0 ，
2 2
代入 x4 -
y
3 = 1，得 y
2
0 = 3 24 n - 3，
12- 3 n2y - 3 -y - 3 9- y2
则 k k = 0 0 = 0 4 31 2 n- 4 n- 4 ( - )2 = ( - )2 = 2，n 4 n 4
即 9n2- 48n+ 48= 0，解得n= 43 或n= 4，
当n= 4时，y0=±3，A,B其中一个与点P 4,3 重合，不合题意；
当n= 43 时，直线AB的方程为 x=
4
3，它与双曲线C不相交，故直线AB的斜率存在；
= + x
2
- y
2
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程 y kx m代入 4 3 = 1，
整理得， 3- 4k2 x2- 8kmx- 4m2- 12= 0，设A x1,y1 ,B x2,y2 ，
2
则 x1+ x = 8km2 - 2 ,x x =-
4m + 12
1 2 - ，3 4k 3 4k2
由Δ= (-8km)2- 4 3- 4k2 -4m2- 12 > 0,∴m2+ 3> 4k2，
y - 3 y - 3
所以 = 1 2 = kx1+m- 3 kx2+m- 3
2
= k x1x2+ k m- 3 x1+ x2 + (m- 3)
2
k1k
3
2 x1- 4 x2- 4 x1- 4 x2- 4
=
x1x2- 4 x1+ x2 + 16 2
所以， 2k2- 3 x1x2+ 2km- 6k+ 12 x1+ x2 + 2m2- 12m- 30= 0，
-4m2即 2k2- 3 - 12 + 2km- 6k+ 12 8km - 2 - 2 + 2m
2- 12m- 30= 0,
3 4k 3 4k
整理得 3m2+ 16k- 6 m+ 16k2- 9= 0，
即 3m+ 4k+ 3 m+ 4k- 3 = 0，
所以 3m+ 4k+ 3= 0或m+ 4k- 3= 0，
若 3m+ 4k+ 3= 0，则m=- 4k+ 33 ，直线AB化为 y= k x-
4
3 - 1，过定点
4
3 ,-1 ；
若m+ 4k- 3= 0，则m=-4k+ 3，直线AB化为 y= k x- 4 + 3，它过点P 4,3 ，舍去
综上，直线AB恒过定点 43 ,-1
4. (2023届陕西师范大学附属中学、渭北中学等高三上学期联考)已知抛物线C :y2= 2px(p> 0)，O是坐标
原点，F是C的焦点，M是C上一点，|FM | = 4，∠OFM= 120°．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设点Q x0,2 在C上，过Q作两条互相垂直的直线QA,QB，分别交C于A，B两点 (异于Q点)．证
明：直线AB恒过定点．
【解析】(1)由 |FM | = 4,∠ pOFM= 120°，可得M 2 + 2,±2 3 ，
代入C:12= p2p 22 + 2 = p + 4p．
解得 p= 2或 p=-6(舍)，
所以抛物线的方程为：y2= 4x．
(2)由题意可得Q(1,2)，直线AB的斜率不为 0，
设直线AB的方程为 x=my+n，设A x1,y1 ,B x2,y2 ，
由 y
2= 4x
= + ，得 y
2- 4my- 4n= 0，从而Δ= 16m2+ 16n> 0，
x my n
y1+ y2= 4m则 y1y2=- ．4n
所以 x1+ x2=m y1+ y 22 + 2n= 4m + 2n，
x1x2= my 2 2 21+n my2+n =m y1y2+mn y1+ y2 +n =n，

∵QA⊥QB，

∴QA QB= x1- 1 x2- 1 + y1- 2 y2- 2 = 0，
故 x1x2- x1+ x2 + 1+ y1y2- 2 y1+ y2 + 4= 0，
整理得n2- 4m2- 6n- 8m+ 5= 0．即 (n- 3)2= 4(m+ 1)2，
从而n- 3= 2(m+ 1)或n- 3=-2(m+ 1)，
即n= 2m+ 5或n=-2m+ 1．
若n=-2m+ 1，则 x=my+n=my- 2m+ 1=m(y- 2) + 1，过定点 (1,2)，与Q点重合，不符合；
若n= 2m+ 5，则 x=my+n=my+ 2m+ 5=m(y+ 2) + 5，过定点 (5,-2)．
综上，直线AB过异于Q点的定点 (5,-2)．
2 2
5. ( y2023 x届四川省部分重点中学高三上学期 9月联考)已知椭圆C：
a2
+ 2 = 1 a> b> 0 的右顶点是Mb
(2，0) 1，离心率为 2．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)过点T(4，0)作直线 l与椭圆C交于不同的两点A，B，点B关于 x轴的
对称点为D，问直线AD是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请
说明理由．
【解析】(1)由右顶点是M (2，0)，得 a= 2，又离心率 e= 12 =
c
a，所以 c= 1，
2 2
所以 b2= a2- 2= yc 3，所以椭圆C的标准方程为 x4 + 3 = 1．
(2)设A x1,y1 ，B x2,y2 ，显然直线 l的斜率存在．
直线 l的方程为 y= k x- y= k x- 4 ,4 ，联立方程组 3x2+ 4y2= 12
消去 y得 4k2+ 3 x2- 32k2x+ 64k2- 12= 0，由Δ> 0，得- 1 12 < k< 2，
2 2
所以 x + x = 32k ，x x = 64k - 121 2 2+ 1 2 ．4k 3 4k2+ 3
y + y
因为点D x2,-y ，所以直线AD的方程为 y= 1 22 x - x x- x1 + k x1- 4 ．1 2
又 y1+ y2= k x1+ x2- 8 ，
所以直线AD的方程可化为 y= 24k + kxx 1 x1+ x2- 8 + k x1- 4 x2- x1 ，
x 22- x1 4k + 3 x2- x1 x2- x1
即 y= 24k 24k 24k
x - x 4k2+
x-
3 x - x 4k2
= x- 1 ，
2 1 2 1 + 3 x - x 22 1 4k + 3
所以直线AD恒过点 (1，0)．
(方法二)设A x1,y1 ，B x2,y2 ，直线 l的方程为 x=my+ 4，
x=my+ 4,联立方程组 2+ 2= 消去 x得 3m
2+ 4 y2+ 24my+ 36= 0，
3x 4y 12
由Δ> 0，得m> 2或m<-2，所以 y + y =- 24m1 2 2+ ，y1y2=
36 ．
3m 4 3m2+ 4
y + y
因为点D x2,-y2 ，则直线AD的方程为 y= 1 2x - x x- x1 + y1．1 2
又 x1- x2=my1+ 4-my2- 4=m y1- y2 ，
- y + y
所以直线 的方程可化为 = 1 2 AD y x- - + =-
y + y
my 4 y
1 2 x+
m y2- y 1 11 m y2- y1
y1+ y2 my1+ 4 + y1m y2- y1
m y2- y1
=- y1+ y2 + 2my1y2+ 4 y1+ yx 2 = 24 x- 1 ，
m y2- y1 m y 22- y1 3m + 4 y2- y1
此时直线AD恒过点 (1,0)，
当直线 l的斜率为 0时，直线 l的方程为 y= 0，也过点 (1，0)．
综上，直线AD恒过点 (1，0)．
y2
6. (2023届安徽省滁州市定远县高三上学期 9月月考)设直线 x=m与双曲线C :x2- 3 =m(m> 0)的两
条渐近线分别交于A，B两点，且三角形OAB的面积为 3．
(1)求m的值；
(2)已知直线 l与 x轴不垂直且斜率不为 0，l与C交于两个不同的点M，N，M关于 x轴的对称点为M ，
F为C的右焦点，若M ，F，N三点共线，证明：直线 l经过 x轴上的一个定点．
y2
【解析】(1)双曲线C:x2- 3 =m(m> 0)的渐近线方程为 y=± 3x，则不妨令点A(m, 3m),B(m,
- 3m)，
|AB| = 2 3m，而点O到直线AB的距离为m，因此S 1△OAB= 2 2 3m m= 3m
2= 3，解得m= 1，
所以m= 1．
2
(2) y由 (1)知，双曲线C的方程为C:x2- 3 = 1，右焦点F(2,0)，
因直线 l与 x轴不垂直且斜率不为 0，设直线 l与 x轴交于点 (t,0)，直线 l的方程为 y= k(x- t) (k≠ 0)，
y= k(x- t)
设M x1,y1 ,N x2,y2 ，则M x1,-y1 ，由 y2 消去 y并整理得 3- k2 x2+ 2tk2x- k2t2+ 32- = =x 3 1
0，
显然有 3- k2≠ 0且Δ= 2tk2 2+ 4 3- k2 k2t2+ 3 > 0，化简得 k2≠ 3且 t2- 1 k2+ 3> 0，
2 2 2
则 x1+ x2=- 2tk ,x x k t + 3 3- k2 1 2=- - 2 ，FM = (x1- 2,-y1),FN = (x3 k 2- 2,y2)，
而M ，F，N三点共线，即FM FN，则-y1 x2- 2 = y2 x1- 2 ，
因此-k x1- t x2- 2 = k x2- t x1- 2 ，又 k≠ 0，有 x1- t x2- 2 + x2- t x1- 2 = 0，
k2 2 2整理得 2x1x2- (t+ 2) x1+ x2 + 4t= 0，于是得 2 - t + 3- 2 - (t+ 2) -
2tk
- 2 + 4t= 0，化简得 t=3 k 3 k
1
2，
即直线 l：y= k x- 12 ，k≠ 0过定点
1
2 ,0 ，
所以直线 l经过 x轴上的一个定点 12 ,0 ．
2 2
7. ( y2023 x届江西省智慧上进高三上学期考试)已知椭圆C： + = 1 a> b> 0 的右焦点为F，过点F作
a2 b2
2
一条直线交C于R，S两点，线段RS长度的最小值为 2，C的离心率为 2 ．
(1)求C的标准方程；

(2)斜率不为 0的直线 l与C相交于A，B两点，P(2,0)，且总存在实数 λ∈R，使得PF =

P A PB

λ + ，问：l是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，试说明理由．
PA PB
2
【解析】(1)由线段RS长度的最小值为 2，得 2ba = 2，
又 c = 2
2
，所以 a - b
2 2
= 1 ，解得 a = 2,a 2 a2 2 b2= 1,
2
所以C的标准方程为 x2 + y
2= 1．

( )由 PA PB

2 PF = λ + ，
PA PB
可知PF平分∠APB，∴ kPA+ kPB= 0．
设直线AB的方程为 x=my+ t，A my1+ t,y1 ，B my2+ t,y2 ，
由 x=my+ t 得 m2+ 2 y2+ 2mty+ t22+ 2= - 2= 0，x 2y 2
Δ= 8 m2- t2+ 2 > 0，即m2> t2- 2，
2
∴ y -2mt1+ y2= 2+ ，y1y2=
t - 2
m 2 m2+ ，2
∴ y ykPA+ k = 1 2PB my1+ t- 2
+ my = 0，2+ t- 2
∴ 2my 21y2+ t- 2 y1+ y2 = 0，∴ 2m t - 2 - t- 2 2mt= 0，
整理得 4m t- 1 = 0，∴当 t= 1时，上式恒为 0，
即直线 l恒过定点Q 1,0 ．
2 y2
8. (2023 x届山西省高三上学期第一次摸底)已知椭圆 C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左、右焦点分别是a b
F1 -1,0 ，F2 1,0 ，点A 0,b ，若△AF1F2的内切圆的半径与外接圆的半径的比是 1:2．
(1)求椭圆C的方程；

(2)过C的左焦点F1作弦DE，MN，这两条弦的中点分别为P，Q，若DE MN = 0，证明：直线PQ过定
点．
【解析】(1)由题设 c= 1，又 |F1F2| = 2c，|AF1| = |A1F2| = a，
若内切圆半径为 r，则外接圆半径为 2r，
所以 12 r× 2(a+ c) =
1
2 × 2c× b，即 r(a+ c) = bc，
c2+ (2r- b)2= 4r2，而 a2= b2+ c2，即 a2= 4rb，
综上，a2(a+ c) = 4b2c，即 a2(a+ 1) = 4b2= 4a2- 4，可得 a= 2，
x2 y2所以 a2= 4，b2= 3，则C: 4 + 3 = 1.
2 2
( y2)当直线斜率都存在时，令DE为 x= ky- 1，联立C: x4 + 3 = 1，
整理得：(3k2+ 4)y2- 6ky- 9= 0，且Δ= 144(k2+ 1)> 0，
所以 y + y = 6kD E 2+ ，则 xD+ x
8 4 3k
3k 4 E
= k(yD+ yE) - 2=- 2+ ，故P -3k 4 3k2+ ,4 3k2+ 4 ，
2 2
由DE MN = y y0，即DE⊥MN，故MN为 x=- - 1，联立C: x
k 4
+ 3 = 1，
y + y 2
所以 3 + 4 y22 + 6 y- 9= 0，有 yM+ y 6kN=- + 2 ，则 xM+ xN=-
M N - 2=- 8k ，故
k k 3 4k k 3+ 4k2
Q - 4k
2 3k
3+ 4k2 ,- 3+ ，4k2
所以 kPQ= 7k( 2- )，则PQ为 y-
3k = 7k x+ 42+ ，整理得 k(7x+ 4) = 4(k
2- 1)y，
4 k 1 3k 4 4(k2- 1) 3k2+ 4
所以PQ过定点 - 47 ,0 ；
当一条直线斜率不存在时P,Q对应O,F1，故PQ即为 x轴，也过定点 - 47 ,0 ；
综上，直线PQ过定点．
2 2
9. (2023届湖北省“宜荆荆恩”高三上学期考试) C x y已知双曲线 与双曲线 12 - 3 = 1有相同的渐近线，且过
点A(2 2,-1).
(1)求双曲线C的标准方程；

(2)已知D(2,0),E,F是双曲线C上不同于D的两点，且DE DF = 0,DG⊥EF于G，证明：存在定点H，
使 |GH |为定值.
【解析】(1)因为双曲线C与已知双曲线有相同的渐近线，
设双曲线C的标准方程为 x2- 4y2= λ
代入点A坐标，解得 λ= 4
2
所以双曲线C的标准方程为 x 24 - y = 1
(2) (i)当直线EF斜率存在时，设EF:y= kx+m，
2
设E x ,y x 21 1 F x2,y2 ，联立 y= kx+m与双曲线 4 - y = 1，
化简得 4k2- 1 x2+ 8kmx+ 4 m2+ 1 = 0，
Δ= (8km)2- 4 4m2+ 4 4k2- 1 > 0，即 4k2-m2- 1< 0，
x 8km1+ x2=- 2
则有 4k - 1 x x = 4m2+ 4 ，1 2 4k2- 1
又 y y 2 21 2= kx1+m kx2+m = k x1x2+ km x1+ x2 +m，

因为DE DF = x1- 2 x2- 2 + y1y2= 0，
所以 k2+ 1 x1x2+ km- 2 x1+ x2 +m2+ 4= 0，
2
所以 4m + 4 -8km k2+ 1 2- + km- 2 +m
2
2- + 4= 0，4k 1 4k 1
化简，得 3m2+ 16km+ 20k2= 0，即 3m+ 10k m+ 2k = 0，
所以m1=-2k,m =- 102 3 k，
且均满足 4k2-m2- 1< 0，
当m1=-2k时，直线 l的方程为 y= k x- 2 ，直线过定点 2,0 ，与已知矛盾，
当m =- 10 k时，直线 l的方程为 y= k x- 10 ，过定点 102 3 3 3 ,0
(ii)当直线EF斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE：y= x- 2，
与双曲线C方程联立解得 x = x = 10E F 3 ，此时EF也过点M
10
3 ,0 ，
综上，直线EF过定点M 103 ,0 .
由于DG⊥EF，所以点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心， GH 为该圆半径，所以存在定点
H 83 ,0 ，使 GH 为定值
2
3 .
10.(2023届江苏省南京市高三上学期 9月学情调研)已知抛物线C：y2= 2px p> 0 的焦点为F，过点P(0，
2)的动直线 l与抛物线相交于A，B两点．当 l经过点F时，点A恰好为线段PF中点．
(1)求 p的值；

(2)是否存在定点T，使得TA TB为常数？ 若存在，求出点T的坐标及该常数；若不存在，说明理由．
p p
【解析】(1)因为F 2 ,0 ,P 0,2 ，且点A恰好为线段PF中点，所以A 4 ,1 ，又因为A在抛物线上，所以
p
12= 2p 24，即 p = 2，解得P= 2
(2)设T m,n ，可知直线 l斜率存在；设 l：y= kx+ 2，A x1,y1 ,B x2,y2
2
联立方程得： y = 2 2x = + ，所以 k
2y2- 2 2y+ 4 2= 0，
y kx 2
所以 y 2 21+ y2= ,y1y = 4 22 ，
k k
又：TA TB= x1-m x2-m) + (y1-n y2-n
= 2 y2-m 2 y24 1 4 2-m + y1-n y2-n
= 1 y2y2- 2m y28 1 2 4 1+ y
2
2 +m2-n y1+ y2 +n2
= 4 - 2m 8 - 8 2 +m2+ 4 2 - 2 2n +n2k2 4 k2 k k k
= 4- 2 2m 4m+ 4 2- 2 2n 2 2
k2
+ +m +n，
k
令 4m+ 4 2- 2 2n= 0 ，解之得：
m= 2
，即T 2,4 ，此时TA TB=m2+n2= 184- 2 2m= 0 n= 4
2
11. (2023 x届江苏省百校联考高三上学期第一次考试)设F为椭圆C： 22 + y = 1的右焦点，过点F且与 x轴
不重合的直线 l交椭圆C于A，B两点.

(1)当BF = 2FA时，求 FA ；
k
( ) QA2 在 x轴上是否存在异于F的定点Q，使 为定值 (其中 kQA，kQB分别为直线QA，QB的斜率)？若kQB
存在，求出Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)设直线 l的方程为 x=my+ 1，A x1,y1 ，B x2,y2 ，
联立 x=my+ 1 2+ 2= ，得 m
2+ 2 y2+ 2my- 1= 0，x 2y 2
y + y =- 2m1 2
m
2+ 2
又因为BF = 2FA，所以 y y = -1 ，
1 2 m2+ 2
y2=-2y1
2= 2 = 2 m 解得m ，y = 147 1 m2+ 2 8 ，

所以 FA = 1+m2 y = 3 2 1 8 ，

即 FA = 3 28 .
k
(2)假设在 x轴上存在异于点F的定点Q t,0 t≠ ，使得 QA1 为定值.kQB
设直线AB的方程为 x=my+ 1，
x2
联立 2 + y2= 1 ，得 m2+ 2 y2+ 2my- 1= 0，x=my+ 1
则 y + y = -2m ，y y = -11 2 2+ 1 2 2+ ，所以 y1+ y2= 2my1y2.m 2 m 2
y1
k
所以 QA = x1- t = y1 x2- t = y1 my2+ 1- t = my1y2+ (1- t)y1 = 2my1y2+ 2(1- t)y1 =
kQB y2 y2 x1- t y2 my1+ 1- t my1y2+ (1- t)y2 2my1y2+ 2(1- t)y2
x2- t
(3- 2t)y1+ y2 .
y1+ (3- 2t)y2
k
要使 QA 为定值，则 3- 2t 1
kQB 1
= 3- 2t，
k
解得 = 或 QAt 2 t= 1(舍去)，此时 =-1.
kQB
k
故在 轴上存在异于 的定点 , ，使得 QAx F Q 2 0 为定值.kQB
12.(2022届辽宁省名校联盟高三上学期 12月联考)已知抛物线C :y2= 2px p> 0 的焦点为 F，点M (x0,4)
5p
在C上，且 MF = 2 ．
(1)求点M的坐标及C的方程；
(2)设动直线 l与C相交于A,B两点，且直线MA与MB的斜率互为倒数，试问直线 l是否恒过定点？若
过，求出该点坐标；若不过，请说明理由．
【分析】(1)利用抛物线定义求出 x0，进而求出 p值即可得解.
(2)设出直线 l的方程 x=my+n，再联立直线 l与抛物线C的方程，借助韦达定理探求出m与n的关系，
再根据 kMA kMB= 1求解.
【解析】(1) p p 5p抛物线C:y2= 2px的准线：x=- 2，于是得 MF = x0+ 2 = 2 ，解得 x0= 2p，
而点M在C上，即 16= 4p2，解得 p=±2，又 p> 0，则 p= 2，
所以M的坐标为 4,4 ，C的方程为 y2= 4x.
(2)设A x1,y1 ,B x2,y2 ，直线 l的方程为 x=my+n，
由 x=my+n 2= 消去 x并整理得：y
2- 4my- 4n= 0，则Δ= 16 m2+n > 0，yy 4x 1+ y2= 4m，y1y2=-4n，
= y1- 4 y2- 4 = y1- 4 y - 4因此，k 2 4 4MA kMB x - 4 x - 4 2 2 = y + 4 y + 4 = 1，1 2 y1 y2 1 2
4 - 4 4 - 4
化简得 y1y2+ 4 y1+ y2 = 0，即n= 4m，代入 l方程得 x=my+ 4m，即 x-m y+ 4 = 0，则直线 l过定点
0,-4 ，
所以直线 l过定点 0,-4 .
x2( ) + y
2
13. 2022届广东省茂名市五校联盟高三上学期联考 已知椭圆C： = 1 a> b> 0 的左、右焦点分别
a2 b2
6
为F1，F2.离心率等于 3 ，点P在 y轴正半轴上，△PF1F2为直角三角形且面积等于 2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知斜率存在且不为 0的直线 l与椭圆C交于A，B两点，当点A关于 y轴的对称点在直线PB上时，
直线 l是否过定点？若过定点，求出此定点；若不过，请说明理由.
【解析】(1)根据题意，由对称性得△PF1F2为等腰直角三角形，且∠F1PF2= 90°，
因为△PF1F2的面积等于 2，所以 F1F2 = 2 2，即 c= 2，
因为椭圆C的离心率等于 63 ，即 e=
6 2
3 = a ，解得 a= 3，
所以 b2= a2- c2= 1，
2
所以椭圆C的标准方程为：x + y23 = 1.
(2)由 (1)得P 0, 2 ，
设直线 l的方程为 y= kx+m k≠ 0 ，A x1,y1 ,B x2,y2 ，
因为点A关于 y轴的对称点在直线PB上，
所以直线PB与直线PA的斜率互为相反数，即 kPB+ kPA= 0，
= y1- 2因为 kAP x ,kBP=
y2- 2 y - 2 y - 2
x ，所以
1 + 2 = 0，
1 2 x1 x2
整理得 x2(y1- 2) + x1(y2- 2) = 0
又因为 y1= kx1+m,y2= kx2+m，所以 2kx1x2+ m- 2 x1+ x2 = 0，
由 y= kx+m 2 2 2x2+ 2= 消去 y得 (3k + 1)x + 6kmx+ 3m - 3= 0,3y 3
6km 3m2所以Δ> 0，即m2< 3k2+ 1，x1+ x2=- 2+ ,x x =
- 3
3k 1 1 2 3k2+ ,1
2
所以 2k 3m - 32+ + (m- 2) -
6mk
2+ = 0，3k 1 3k 1
整理得 2k (3m2- 3) - 6mk(m- 2) = 0,
由于 k≠ 0，故解方程得m= 22 ，
此时直线 l的方程为 y= kx+ 22 ，过定点 0,
2
2
所以直线 l恒过定点 0, 22 .
2 2
14.(2022 x届江苏省南通市高三上学期期末)在平面直角坐标系 xOy中，已知双曲线C： 2 -
y
2 = 1(a、b为a b
正常数)的右顶点为A，直线 l与双曲线C交于P、Q两点，且P、Q均不是双曲线的顶点，M为PQ的中
点．
(1)设直线PQ与直线OM的斜率分别为 k1、k2，求 k1·k2的值；
(2) AM若 = 12 ，试探究直线 l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；否则，说明理由．PQ
【解析】(1)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M (x0，y0)，
因为P、Q在双曲线上，
2 y2 2 y2
所以 x1 - 1 = ，x1 2 2
a2 b2 a2
-
b2
= 1，
(x1+ x2) (x1- x2) - (y1+ y2) (y1- y )两式作差得 22 2 = 0，a b
2x0(x1- x即 2) = 2y0(y1- y2)2 ，a b2
y0(y1- y2) b2即 ( = ，x0 x1- x2) a2
2
即 k1·k = b2 2 ；a
(2)因为 AM = 1
PQ 2
，
所以△APQ是以A为直角顶点的直角三角形，即AP⊥AQ；
2 y2 2
①当直线 l的斜率不存在时，设 l：x= t，代入 x - = 1得，y=±b t2 2 2 - 1，a b a
2
由 |t- a| = b t - 1得，(a22 - b2)t2- 2a3t+ a2(a2+ b2) = 0，a
即 [(a2- b2)t- a(a2+ b2)] (t- a) = 0，
= a(a
2+ b2)
得 t 2- 2 或 a(舍)，a b
a(a2+ b2)
故直线 l的方程为 x=
a2- b2 ；
2 y2
②当直线 l的斜率存在时，设 l：y= kx+m，代入 x
a2
-
b2
= 1，
得 (b2- k2a2)x2- 2kma2x- a2(m2+ b2) = 0，
Δ= a2b2(m2+ b2- k2a2)> 0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则 x + x = 2kma
2 a2(m2=- + b
2)
1 2 ，xb2- k2a2 1x2 b2- 2 2 ；k a
因为AP⊥AQ，

所以AP·AQ= 0，
即 (x1- a，y1)·(x2- a，y2) = 0，
即 x1x2- a(x1+ x2) + a2+ y1y2= 0，
即 x x - a(x + x ) + a21 2 1 2 + (kx1+m) (kx2+m) = 0，
即 (km- a) (x1+ x2) + (k2+ 1)x1x +m22 + a2= 0，
-2kma3即 - k
2a2b2-m2a2+m2b2- k2a4
b2- 2 2 = 0，k a
即 a2(a2+ b2)k2+ 2ma3k+m2(a2- b2) = 0，
即 [a(a2+ b2)k+m(a2- b2)] (ak+m) = 0，
2
=-m(a - b
2)
所以 k m
a( 或 k=- ；a2+ b2) a
当 k=-ma 时，直线 l的方程为 y=-
m
a x+m，此时经过A，舍去；
2 2 2 2
当 k=-m(a - b ) m(a - b )时，直线 l的方程为 y=- x+m，
a(a2+ b2) a(a2+ b2)
a(a2+ b2)
恒过定点 a2- b2 ，0 ，经检验满足题意；
a(a2+ b2)
综上①②，直线 l过定点 a2- b2 ，0 ．
15.已知抛物线C:y2= 2px p> 0 的焦点为F，过点F的直线 l交抛物线C于A，B两点，当 l⊥ x轴时， AB
= 2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线 l交 y轴于点D，过点D且垂直于 y轴的直线交抛物线C于点P，直线PF交抛物线C于另一点
Q.
①是否存在定点M，使得四边形AQBM为平行四边形？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明
理由.
②求证：S△QAF S△QBF为定值.
【解析】(1)当 l⊥ x轴时，易得 AB = 2p，
所以 2p= 2，解得 p= 1，
所以抛物线C的方程为 y2= 2x；
(2)①解：易知直线 l的斜率存在且不为 0，设直线 l的方程为 x=my+ 12 m≠ 0 ，
代入抛物线C的方程 y2= 2x，并整理得 y2- 2my- 1= 0，
设A x1,y1 ，B x2,y2 ，由根与系数的关系得 y1+ y2= 2m，y1y2=-1.
my +my + 1 2 2
所以 x1+ x2 = 1 2 = 2m + 1 2m + 12 2 2 ，所以线段AB的中点N的坐标为 2 ,m ，连接QM，若
四边形AQBM为平行四边形，则N是QM的中点，
易知D 0,- 12m ，因此P
1
2 ,-
1 ，
8m 2m
设直线PQ的方程为 x= ty+ 12，代入抛物线C的方程 y
2= 2x，整理得 y2- 2ty- 1= 0，
所以 y 1PyQ=- 2m yQ=-1，
故 yQ= 2m，因此Q 2m2,2m ，
2
故可得 x = 2m + 1M 2 × 2- 2m
2= 1，yM= 2m- 2m= 0，
故点M的坐标为M 1,0 ，
因此存在定点M 1,0 ，使得四边形AQBM为平行四边形；
2m2-m 2m- 1
②证明：点Q 2m2,2m 到直线 l:x=my+ 1 的距离 d= 2

2 =
1 ，
m2+ 1 2 m2+ 1
由A x1,y1 ，F 12 ,0 ，可得 AF = m
2+ 1 y1 ，
因此S 1 1△QAF= 2 AF d= 4 y1 ，
同理可得S△QBF= 14 y2 ，
所以S 1 1△QAF S△QBF= 16 y1y2 = 16，为定值.

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