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第十七节 y y因为 MBO NBO 1 2,所以 kBP kBQ 0x1 1 x
,
2 1
专题:圆锥曲线中过定点定直线问题 kx1 b kx b
即 2 0 2kx xx 1 x 1 ,化简得 1 2
k b x1 x2 2b 0 ,
1 2
重点题型专练
2k b
2 2kb 8
所以 2 k b 2b 0 ,所以 b k ,
【1】（1） y2 12x （2）H（6,0 2）,证明见解析 k k
解析:（1）因为已知动圆 M 与直线 x 2 相切,且与圆 (x 3)2 y2 1外 所以 MN 的方程为 y k x 1 ,恒过定点 1,0 .
2
切,所以动圆 M 的圆心到点 3,0 的距离与动圆 M 的圆心到直线 【4】（1） x 4y （2）证明见解析
x 3 的距离相等. 解析:（1）设 A x1，y1 B x2，y2 ,
∴动圆 M 的圆心的轨迹是以 3,0 为焦点的抛物线. x2 2py
2 p
2
2
∴曲线 C 的方程 y 12x . p， y 3py 0，y1 y2 3p ,
y x 4
（2）∵直线 l与曲线 C 相交于 A,B两点,∴直线 l的斜率不为 0. 2
设 A x1, y1 , B x2 , y2 ,直线 l的方程为 x ty m . ∴ AB y1 y2 p 4p 8 ,∴ p 2，x2 4y ;
x ty m （2）由题得 l1 斜率一定存在,设
由 ,消去 x2 ,得 y
2 12ty 12m 0 .
y 12x l1 : y kx m， m 0 ，M x3，y3 ，N x4，y4 .
2 ∴ 144t 48m 0 ,即 3t 2 m 0 . 则 OM ON 0，x3x4 y3 y4 0 ,
2
y y 12m y1 y
2
x x 2 m2 x2∴ , . 4y1 2 1 2 144 x
2 4kx 4m 0，x3 x4 4k，xy kx m 3
x4 4m ,

∵ OA OB 36 ,∴ x1x2 y1y2 36 .
2 2
∴ m2
x x y y
12m 36 0 . ∴ 3 4 3 4
x3x4 kx3 m kx4 m k 1 x3x4 km x3 x4 m 0
∴ m 6 ,满足 t 2 m 0 . ,
2
∴直线 l的方程为 ty 6 x . ∴ m 4m 0 , m 0 ,∴ m 4 ,∴ l1 : y kx 4 ,恒过点 0，4 .
∴直线 l过定点 H（6,0）. x2 y2
【5】（1） 1 ;（2）定点 2, 4 ,证明见解析
9 4 2
【2】（1） y2 4x （2）过定点, ,14 解析:（1）由椭圆定义知, c 2 , a 2 ,
P p 所以 b2 a2 c2 2 ,
解析:（1）由已知 F ,02 ,直线 AB的方程为
y x
2 x2 2
所以椭圆 C y的标准方程为 1 ;
y2 2px 4 2
p2
联立直线与抛物线 p ,消 y可得, x2 3px 0 ,所以 （2）直线 l恒过定点（2,﹣4）,理由如下:
y x 4
2 若直线 l 斜率不存在,则 kSM kSN 0 ,不合题意.
x 故可设直线 l 方程: y kx m,M x , y ,N xA xB 3p ,因为 | AB | xA xB p 4p 8 ,所以 2p 4 , 1 1 2 , y2 ,
即抛物线的方程为 y2 4x . y kx m

联立方程组 x2 y2 1 ,代入消元并整理
（2）将 P x0 , 1 代入 y2 4x 可得 P , 1 , 1
4 4 2
x my t(m 0), 2k 2 1 x2 4kmx 2m2不妨设直线 MN的方程为 M x1, y1 , N x2 , y2 , 得: 4 0 ,
y2 4x x x 4km x x 2m
2 4
联立 y2 4my 4t 0 则 1 2 , .
x my t
,消 x得 ,
2k
2 1 1 2 2k 2 1
则有 y1 y 4m, y y 4t, 16m2
y y
2 1 2 16t , k 1 2SM kSN x 2 x 2 ,将直线方程代入,
由题意 1 2
y 1 y 1 kx1 m x2 2 kx2 m x1 2 1
k 1PM kPN
2 4 4 16
整理得:

x 1 x 1 y 1 y 1 y y y y 1 2 , x1 2 x2 2 2
,
1 4 2 4 1 2 1 2 1 2 2kx1x2 m 2k x1 x2 4m 1
9 即 ,
化简可得, t m , x1x2 2 x1 x4 2 4 2
9 2 2 2k m
2 16 m2 m 16 m 1

1
代入 16m 16t 32 0 韦达定理代入上式化简得:

4 2 2k m
2 2 ,
9 9 因为 l 不过 S 点,所以 2k m 0 ,
此时直线 MN的方程为 x m(y 1) ,所以直线 MN过定点 ,14 4
. 所以 2k m 4 0 ,即 m 2k 4 ,
2 所以直线 l y kx 2k 43 y 8x 方程为 ,即
y 4 k x 2 ,
【 】（1） （2）证明见解析,恒过定点 1,0
解析:（1）因为 OFA 的外接圆与抛物线的准线相切, 所以直线 l 过定点 2, 4 .
所以 OFA 的外接圆的圆心到准线的距离等于半径, x2 2 0, 1
6 3 【6】（1） y 1 ;（2）存在,直线
l 过定点 .
因为外接圆的周长为 ,所以圆的半径为 , 3 2
p
又圆心在 OF 的垂直平分线上, OF , 解析:（1）设椭圆 C 的焦距为 2c ,有 2c 2 2 , 1 c ,所以,椭圆的焦
2
点在 x 轴上,
p p 3p
3 ,解得: p 4 , x2
4 2 4 得 c 2 ,有 a2 1 2 ,得 a 3 ,故椭圆 C 的标准方程为 y2 1 ;
3
所以抛物线 C 的方程为 y2 8x .
y kx m
（2）设 MN 的方程为 y kx b , M x1, y1
2
, N x2 , y x 22 , （2）由方程组 x2 2 ,得 kx m 1,
y2 8x
y 1 3
2 2 2 3由 得 k x 2kb 8 x b 0 , 64 32kb 0 ,则 kb 2 .
y kx b 1 2 2 2
即 k x 2kmx m 1 0 .
2kb 8 b2 3
所以 x1 x2 2 , x1x2 2 ,k k
4k 2m2 4 1 k 2 m2 1 4 k 2 1m2 1 03 3 3 ,即 3k
2 m2 1 0 .

{#{QQABJQalwwiYgARACJ6aV0XMCQoQsIETJSouRVCUKAYCCRNABCA=}#}
设 A 、 B 两点的坐标分别为 x1, y1 、 x2 , y2 ,
2
则 x1 x
6km 3 m 1
2 , ,1 3k 2 x1x2 1 3k 2
2m
y1 y2 k x1 x2 2m ,1 3k 2
y1y2 kx1 m kx m k 22 x1x2 km x1 x2 m2 x2 y2
2 2 【8】（1） 1（2）证明见解析,定点坐标为 0,2 3k m 1 6k 2m2 m2 m
2 3k 2 4 2
.
1 3k 2 1 3k 2 1 3k 2 2 2
解析:（1 x y）设椭圆 C的标准方程为 2 2 1(a b 0) ,
以 AB为直径的圆过椭圆的上顶点 Q 0,1 , AQ BQ ,即 a b
由已知得
QA QB 0 ,
2 2
即 QA QB x x y 1 y 1 x c 2,2a MF1 MF2 2 2 1 2 2 1 4 .1 2 1 2 1x2 y1y2 y1 y2 1
3 m2 1 2 2m2 3k 2 2m 4m2 2m 2 2 2 2 x y
2 1 0 ,
所以 a 2 , b a c 2 ,所以椭圆 C的标准方程为 1 .
1 3k 1 3k 2 1 3k 2 1 3k 2 4 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) .
化简得 2m2 m 1 0 , m 1或 m .2 x2 y2
1
m 1 l : y kx 1 Q 0,1 由 4 2 得 (2k 2 2当 时,直线 过定点 ,与已知矛盾. 1)x 4kx 2 0 .

m 1 1
y kx 1
当 时,满足 3k 2 m2 1 0 ,此时直线 l 为 y kx 过定点
2 2
2 2
0, 1 1
Δ 16k 8 2k 1
0
2 .
直线 l 过定点 0, 2 .

设 A(x1, y1) , B(x2 , y2 ) , D( x2 , y
4k
2 ) ,则 x1 x2 2 ,
2k 12 2
【7】（1） y x 或 y 2 x 2 ;（2）见解析 2
8 2 8 2 x1x2 2k 2 x
解析:（1）由条件可知直线 l 的斜率存在,则 1
可设直线 l 的方程为 y k(x 4) ,则 P(0,4k) , 特殊地,当 A 的坐标为 (2，0)时, k ,2

PA 3

由 AQ ,有 (xA , y
3
A 4k) ( 4 xA , yA ) ,2 2 所以 2x
4 2 4
2 , x2 , y1 ,3 3 3
所以 x
12 8k
A , yA , B 2 , 4 5 5 即 ,所以点 B关于 y D
2 , 4
3 3 轴的对称点为 3 3 ,则直线
AD的方

2 2
A 12 , 8k
12 8k
E k 2
程为 y x 2 .
由 5 5 在椭圆 上,则 5 5
,解得 ,此
1 8 当直线 l 的斜率不存在时,直线 AD 的方程为 x 0 .
6 2
如果存在定点 Q满足条件,则为两直线交点 Q(0，2) ,

时 P 0,
2
在椭圆 E 内部,所以满足直线 l 与椭圆相交, k
y1 2 y 1 1 1 y 2 1
2 QA
1 k , k 2QD k x1 x1 x
,
1 x2 x2
故所求直线 l 方程为 y 2 x 2 y 2 2 或 x . xk k 2k 1 1 ( ) 2k 1 x28 2 8 2 又因为 QA QD 2k 2k 0.x1 x2 x1x2
（也可联立直线 l 与椭圆方程,由 0 验证）
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) .
2 10
【9 1 x】（ ） y2 1 , (x 2) ;（2）直线 l 恒过点 ,03 ,理由见解答.4
解析:（1）如图,设圆 E 的圆心为 E(x, y) ,半径为 r ,
由题可得圆 M 半径为 3,圆 N 半径为 1,则 | EM | r 3 , | EN | r 1 ,
（2）设 A(x1, y1),B(x2 , y2 ) ,则 C(x 所以 | EM | | EN | 4 |MN | 2 5 ,1, y1) ,
直线 BC 的方程为 (y y )x (x x )y (x y x y ) 0 . 由双曲线定义可知, E 的轨迹是以 M , N 为焦点、实轴长为 4的双曲线1 2 1 2 2 1 1 2
的右支,
y k(x 4),
由 得 (1 3k 2 )x22 24k
2x 48k 2 6 0 , 0) 0)
x 3y
2 6 又 M ( 5 , , N ( 5 , ,
x2
由 (24k 2 )2 4(1 3k 2 )(48k 2 6) 0 , 所以动圆的圆心 E 的轨迹方程为 y2 1 , (x 2) ,
4
k 2 1解得 , x2
5 即曲线 C 的方程为 y2 1 , (x 2) .
4
x x 24k
2
, x x 48k
2 6
1 2 ,1 3k 2 1 2 1 3k 2
当 y 0时,
x x2 y1 x1y2 x2k(x1 4) x1k(x2 4) 2kx1x2 4k(x1 x2 )
y1 y2 k(x1 x2 8) k(x1 x2 8)
2k 48k
2 6 24k 2
4k 2 2
1 3k 2 1 3k 2 2(48k 6) 96k 3
24k 2 8 2 , （2）设直线 l 的方程为 x my tk 8
,
1 3k
2
x my t

3 2
BC ,0 联立 x 2 ,消去
x 得 (m2 4)y2 2mty t 2 4 0 ,
故直线 恒过定点
2
.

y 1,(x 2)
4
由题意直线与曲线有两个交点,则 m2 4 0 ,
设 A(x1 , y1) , B(x2 , y2 ) ,其中 x1 2 , x2 2 ,
y y 2mt t
2 4
由韦达定理得: 1 2 m2
, y1y , 4 2 m2 4
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又点 P(2,0) ,所以 PA (x1 2 , y1) , PB (x 2 22 2 , y2 ) , x y
1
因为 PA PB 0 ,所以 (x1 2)(x2 2) y y 当直线 l 的斜率不存在时,设 l : x t ,联立1 2 0 , 3 2
则 (my1 t 2)(my2 t 2) y1y2 (m
2 1)y1y
x t
2 (mt 2m)(y1 y2 ) (t 2)
2
(m2 1)(t2 4) 2mt(mt 2m) (t 2)2 (m2 4) 2t 2 2 2 0 , 得 y 2 ,即 A t,
2t
2 ,B t, 2t 2
m2
,
4 3 3 3
10
即 3t 2 16t 20 0 ,解得 t (t 2 舍去）, 2 2
3 2tk k 1 2 2
2t
2 2
由 ,得 1 ,解得 t 1（舍去）或
t 10 l x my 10 m 1
1 2 3 3 3
当 ,直线 的方程为 , ,
3 3 2 t 3 t 3 3
t 3（舍去）,
10
故直线 l 恒过点 ,0 . 所以直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为 y kx m ,
3
代入 C 的方程得
3 2 2 3k
2 x2 6kmx 3m2 6 0 ,
【10】（1） （2）证明见解析
4 x x 6km 3m
2 6
则 1 2 2 , x1x2 2 ,
解析:（1）由双曲线 :mx2 ny2 1经过点 A(8, 7 ),B(4, 1) , 2 3k 2 3k
1 y1 2 y2 2 kx1 m 2 kx2 m 2
64m 7n 1 m 由 k k 1 2
则有 ,解得 8 , x1 3 x2 3 x1x2 3 x1 x2 9
16m n 1 n 1 k 2x1x2 k (m 2) x1 x2 (m 2)2 1
x2 x x 3 x ,
y2 1 a 2 2 ,b 1,c 3 1 2 1
x2 9 3
即双曲线的标准方程为 ,则 ,
8
可得 k 2
1
x1x2 (km 2k 1) x1 x2 m2 4m 1 0
e c 3 3 2
,
所以离心率
3
,故 3 2的离心率为 ;
a 2 2 4 4 2 1 3m2 6
2 1 (3,0) l : y k(x 3) 即 k · (km 2k
6km
1) m2 4m 1 0
（ ）由（ ）知 的右焦点为 ,直线 , 3 2 3k 2 2 3k 2
,
设 1, 1 , 2, 2 ,由点 N关于 x轴的对称点为点 P,则 P x2 , y2 , 2 2化简得 3m (6k 8)m 9k 4 0 ,即 (3m 3k 2)(m 3k 2) 0 ,
y k x 3
2
2 1 8k 2 x2联立 x ,得 48k 2x 72k 2 8 0 所以 m k , 或 m 3k 2 ,
y2 1 3
8 当 m 3k 2时,直线 l 的方程为 y kx 3k 2 ,直线 l 过点 P(3, 2) ,
2 k 2 1 与条件矛盾,舍去;由题可知 1 8k 0 ,即 ,
8 2
当 m k
2 2

2 4 2 2 2 时,直线 l 的方程为 y kx k ,直线 l 过定点 1, .
且 Δ 48 k 4 1 8k 72k 8 32 1 k 0 , 3 3 3
2
x
48k
1
x2 8k 2 1
则 ,
x 72k
2 8
1x2 8k 2 1
y1 y2
则直线 PM 的直线方程为 y y1 x xx x 1 ,1 2
由对称性可知,直线 PM 若过定点,则必在 x 轴上, y2
y 0 【12】（1） x
2 1(x 0) ;（2）证明见解析,定点的坐标为 (1,0) .
令 ,得 3
x x y x x y
x y 1 2 x 1 2 1 2 PF2 r1 y y 1 y y 解析:（1）设动圆的圆心 P(x, y) ,半径为 r ,则由题意可得 ,1 2 1 2 PF1 r 2
k x1 3 x2 kx1 x2 3 2kx 1x2 3k x1 x2
即 PF1 PF2 2k x1 3 k x
,
2 3 k x1 x2 6k
1 因为 F1F2 4 2 ,所以点 P 的轨迹是以 F1,F2 为焦点的双曲线的右支,k 0 k 2当 ,且 时,
8 且 a 1,c 2 ,
2 72k
2 8 3 48k
2 2
2 2 144k 2 16 144k 2 8 所以曲线 C 的方程为 x
2 y 1(x 0) .
x 8k 1 8k 1 3
48k 2

2 ,
6 48k 48k 2 6 3
8k 2 1 （2）证明:当直线 l1 的斜率不存在时, E(2,3),F(2, 3) , M (
1 , 3 ) ,直线
2 2
8
所以直线 PM 过定点 ,0
FM :3x y 3 0 经过点 (1,0) .
3 . 当直线 l1 的斜率存在时,设直线 l1 : y k(x 2) , E(x1, y1),F (x2 , y2 ) ,
y 3y
直线 ED : y 1 (x 1)
1 1
x 1 ,当
x 时, yM
1 2 2 x 1
,
1
1 3y M ( , 1 ) y k x 2
2 2 x 1 ,联立 得 (3 k
2 )x2 4k 2x (3 4k 2 ) 0 ,
1 3x
2 y2 3
2 x x 4k
2 3 4k 2
3 k 0 , 1 2 , x x ,3 k 2 1 2 3 k 2
x2 y2
【11】（1） 1 （2）证明见解析
3 2 下面证明直线 FM 经过点 Q 1,0
3y1 y2
,即证 kFQ kMQ , x1 1 x
,
2 1
解析:（1）因为虚轴长为 2b 2 2 ,所以 b 2 ,
把 y1 k x1 2 , y2 k x2 2 代入整理得 4x1x2 5 x1 x2 4 0 ,
P(3, 2) x
2 y2 9 4
将 的坐标代入方程 1 ,得 2 1 ,解得 a22 3 , 2a b2 a 2 4 3 4k

5 4k
2
4 12 16k
2 20k 2
即 2 2 2 4 4 4 0 ,
x2 y2 3 k 3 k k 3
故 C 的方程为 1 .
3 2 所以直线 FM 经过点 1,0 .
（2）设 1, 1 , 2, 2 ,直线 AP的斜率为 k1 ,直线 BP的斜率为 k2 .
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13 1 x
2 1 2
【 】（ ） y2 1 x（2）证明见解析, y x . 【15】（1） y2 1 e 2
1
2 ; .（2）点 D在定直线
y 上
2 2 2 2
c 2 解析:（1）由椭圆的定义知, MF MF , a 2 1 2
2 2 2 m ,故 m 2 ,

解析:（1）设焦距为 2c ,依题意, a 2 解得 , 2
c 1 x2a 2c 2 2 2, 所以椭圆 C 的方程为 y
2 1 ,故 a 2 ,b 1,c a2 b2 1 ,
2
又 a2 b2 c2 ,所以 b2 a2 c2 1 , c 1 2
2 所以椭圆 C 的离心率为 e .a 2
所以 C x
2
的方程为 y2 1 .
2 （2）若直线 l 的斜率存在,设直线 l 的方程为: y kx 2 ,
（2）设 A(x1, y1) , B(x2 , y2 ) , y kx 2

x2 则联立 x22 可得: 1 2k 2 x2 8kx 6 0 , y 1 2 2 y2 1因为 2 ,所以 3x 4mx 2m 2 0 , 2

y x m 3
则 64k 2 24(2k 2 1) 16k 2 24 0 ,解得: k 2 ,
Δ 16m2 4 3 2m2 2 0 ,解得 m2 3 , 2
8k 6
4m 2m2x x , x x 2
设 A(x1, y1) , B(x2 , y2 ) ,则 x1 x2 2 , x1x2 2 ,
所以 , 2k 1 2k 11 2 3 1 2 3
x1 y1 2
设 Q x, y ,由 OQ OA OB ,有 x, y x x , y y , 由 PA tPB 可得: x1, y1 2 t x2 , y2 2 ,即 t1 2 1 2 x2 y
,
2 2
x x x 1 2 设 D x0 , y0 ,由 AD tDB 可得: x0 x1, y0 y1 t x2 x0 , y2 y ,即 0
y y1 y2 x1
4m 2m 即 x0 x1 x2 x0 ,即 x2x0 x1x2 x1x2 x1x0 ,
因为 x1 x2 ,所以 y1 y2 x1 x2 2m ,
x2
3 3
4m
x 3 1
故 ,于是有 y x ,
y 2m 2 3
1
所以点 Q 在定直线 y x .
2
【14】（1）证明见解析（2）证明见解析 12
2x x 2 3
x1 x2 y1 y2 则 x0
1 2 2k 1
1 , , ,解析:（ ）设 1 1 , 2 2 ,则 P , . x1 x 8k2 2 2
2k
2k 2 1
b2x2 a2 y21 1 a
2b2 , 3 1
由 2 2 2 2 2 2b2x2 a2 y2 2 2
两式相减得 b x1 x2 a y1 y2 0 ,即 因为点 D在直线 l 上,所以 y0 kx0 2 k 2 ,
2 2 a b , 2k 2
y2 y21 2 b
2 1
所以点 D在定直线 y 上,
x2 x2 a2 . 21 2
若直线 l 的斜率不存在,过 P 的直线 l 与椭圆 C 交于 A 、 B 两点,
y 2 2 2
k k 1
y2 y1 y2 y1 y2 b 2 1 1
所以 OP MN e 1 1 x x x x x2 x2 a2 2 2 . A 0,1 ,B 0, 1 , PA 0, 1 tPB t 0, 3
1
,所以 t ,
1 2 1 2 1 2 3
2b 4, 1 1
a 2 2 , 则 AD x0 , y0 1 DB x0 , 1 y0 ,
c 2
2 , b 2, C x
2 y2 3 3
（ ）由 a 2 解得 所以椭圆 的方程为
1 . 1 1
c 2. 8 4 所以 y0 1 1 y0 ,解得: y0 ,满足点 D在定直线 y
1
上.
a2 b2 c2 , 3 2 2

x2 y2
将直线的方程 y kx 4 代入椭圆 C 的方程 x2 2y2 8 ,化简整理得 【16】（1） 1（2）点M在定直线 x 4 上4 8
2k 2 1 x2 16kx 24 0 .① 1 E mx2 2解析:（ ）设椭圆 的方程为 ny 1 m 0,n 0 .
1
4m 1
m
4
则 ,解得 ,
m 6n 1 n 1
8
2 2
故椭圆 E x y的方程为 1 .
4 8
（2）依题可设直线 l的方程为 x my 1 , P x1, y1 , Q x2 , y2 , M x0 ,y0 .
2 2 3 x my 1由 Δ 32 2k 3 0 ,解得 k . 2 联立方程组 x2 y2 2m2,整理得 1 y2 4my 6 0 ,
16k 24
1
4 8
由韦达定理,得 x1 x2 , x x .②

2k 2 1 1 2 2k 2 1
y y
4m 6
M x ,kx 4 N x 则 1 2 2 , y1y2 设 , 21 1 2 ,kx2 4 , 2m 1 2m 1
kx 6
则直线 MB的方程为 y 1 x 2x ,③1
kx 2
直线 NA 2的方程为 y x 2x ,④2
由③④两式解得
24k 16k 8k
2 kx1x2 x1 3x2
2 2 2 2x 2 2x
2k 1 2k 1
2 2 2
y
2k 1
1 ,
3x 16k 16k y y2 x1 4x2 y
1 x 2 y 2 x 2
2k 2
4x2 直线 AP的方程为 ,直线 BQ的方程为 , 1 2k 2 1 x1 2 x2 2
即 yG 1 ,所以直线 BM 与直线 AN 的交点 G 在定直线 y 1上.
{#{QQABJQalwwiYgARACJ6aV0XMCQoQsIETJSouRVCUKAYCCRNABCA=}#}
y 2
y
1 x 2 所以双曲线 C 的方程为 x2 y 1 ,
x1 2 3
联立方程组 y ,得 y 2 x 2 所以 F1 2,0 , F2 2,0 , M 2,3 , N 2,3 ,
x2 2
2y1x2 4y1 2x1y2 4y2 4my1y2 6y1 2yx 20 x1 2 y2 x2 2 y1 3y1 y2
y 4m 6由 1 y2 2 ,得 y1y2 2 ,得 2my1y2 3 y1 y2 .2m 1 2m 1
4my y 6y 2y 6 y1 y2 6y1 2y2 12y 4y
所以 x 1 2 1 20
1 2 4 .
3y1 y2 3y1 y2 3y1 y2
故点 M在定直线 x 4 上.
x2
【17】（1） y2 1 （2）证明见解析 3
4 所以 MF2 的中点为 D 0, ,又 MF2 4
2 32 5
2
,

解析:（1）设 A x0 ,0 ,Γ 的半焦距为 c(c 0) ,则 x0 c . 2
所以矩形 MF F
3 25
1 2N 的外接圆的方程为 x2 y .
因为 AA1 5, AA2 1 , 2 4
x0 a 5 x
0
3 （2）由（1）知 A 1,0 , B 1,0 ,
所以 x a 1 ,解得 , 0 a 2 依题意知直线 l 的斜率不为零,设直线 l 为
因为 AF1 ·| AF∣2 4 ,所以 3 c 3 c 4 ,即 9 c2 4 ,解得 c 5 , x my 3 , , , 2, 1 1 2 y1, y2 0 ,
x2 2
则 b c2 a2 1 ,所以 Γ的方程为 y2 1 . x2
y
4 1由 3 ,得 3m2 1 y2 18my 24 0 .
（2）由（1）知,点 A 3,0 ,设直线 MN 的方程为 x ty 3,t 0 . x my 3
x ty 3 当 3m2 1 0 且 Δ 324m2 4 24 3m2 1 36m2 96 0 ,

由 x2
2 2
2 ,可得 t 4 y 6ty 5 0 ,
y 1 y y 18m 24 4 所以 1 2 3m2
, y y
1 1 2
,
3m2 1
t2则 4 0,Δ (6t)2 20 t2 4 16t2 80 0 . 4所以 y
3 1
y2 my1y2 ,
设 M x1, y1 ,N x , y y y
6t 5
2 2 ,则 1 2 2 , y1y2 2 .t 4 t 4 y1 y直线 AP的方程为 y x 1 BQ y 2,直线 的方程为 x 1 x ,1+1 x2 1
y1 yx 1 2联立两方程可得,所以 x 1 x +1 x ,1 2 1
x 1 x 1 y my1 2 1 2 y2 my1y2 2y 2
x 1 y1 x2 1 y1 my2 4 my1y2 4y
,
1
4 y 4 2x 1 1 y2 2y2 y1 y3 3 3 2 1所以 4 ,由题可设 E 3,m ,F 3, m m 0 , x 1 y y 4y 8 y 4 y 2
3 1 2 1 3 1 3 2
y m
则直线 ME 的方程为 y m 1 x 3 1 1x ,1 3 解得 x ,故点 R 在定直线 x 上.3 3
y
NF 2
m
直线 的方程为 y m x 3 x2 3
,
联立两方程,
y2 m y1 m y2 m y1 m

可得 2m x 3 x 3
x2 3 x1 3 ty2 ty1
6tm
m y1 y2 t 2 x 3 45t x 3
6
m 3 x ,
ty1y2 5
t 2 4 y2 1
4 4 【19】（1） x
2 1 （2）证明见解析,直线方程为 x
3 2
解得 x ,即直线 ME,NF 的交点恒在直线 x 上.
3 3 解析:（1）由题意得 A1 a,0 ,A2 a,0 , F1 c,0 ,F2 c,0 ,
2
18 1 x2 3 25【 】（ ） y （2）证明见解析 因为 A1F2 3 A2F2 ,所以 c a 3 c a ,解得 c 2a ,
2 4
2 2 因为 N 是线段 MF1 的中点,所以 MF2 2 NO , MF1 2 NF1 ,
解析:（1 x y）由双曲线 C : 2 2 1的左、右焦点分别为a b 因为 NF1 NO 1 ,所以 MF1 MF2 2 NF1 NO 2 ,
1 , 0 , F2 c,0 , 由双曲线定义得 2a 2 ,解得 a 1 ,故 c 2,b c2 a2 3 ,
直线 y 3与 C 的左、右两支分别交于 M , N 两点,且四边形 MF1F2N 为 y2
矩形, 故双曲线 E 的方程为 x
2 1 ;
3
所以 MF1 F1F2 ,且 MF1 3 ,
x2 y2 x c x c
2 2 1 由 a b ,解得 b2 或 b2 ,
x c y y a a
2 2
即 M c,
b b

a ,则
3 ,又 c2 a2 b2 , SMF F N 3 2c 121 2 ,
a
解得 c 2 , a 1 , b 3 ,
（2）由（1）可得, F2 2,0 , A1 1,0 ,A2 1,0 ,
{#{QQABJQalwwiYgARACJ6aV0XMCQoQsIETJSouRVCUKAYCCRNABCA=}#}
过 F2 作直线 l 交双曲线于 A,B （ A,B 与顶点不同）, p p解析:（1）抛物线 C : y2 2px 的焦点 F ( ,0) ,则直线 AB : x ,由
y2 2 2
故直线 AB的斜率不为 0,设 x 2 my ,联立 x2 1
3 p x
2 2 2 得 | y | p得, 3m 1 y 12my 9 0 ,, y2 2px
12m 9
设 1, 1 , 2, 2 ,则 y y , y | AB | 2p 4 p 21 2 3m2 1 1
y2 , 依题意, ,解得 ,3m2 1
y x 1 y x 1 所以抛物线 C 的方程为 y
2 4x ,焦点 F(1,0) .
直线 AA1 : ,直线 BA2 : y x 1 y x 1 , （2）由抛物线对称性,不妨令点 A 在 x 上方,由（1）知, A(1,2),B(1, 2) ,1 1 2 2
l
y2x1 y x y y
显然直线 不垂直于坐标轴,设其方程为
1 2 1 2
联立直线 AA1 与 BA2 得 x y x y x y y ,又 x ty 1(t 0) , M (x1, y1),N (x2 , y2 ) , y2 0 y1 ,1 2 2 1 1 2
x 2 my ,x 2 my x ty 11 1 2 2 , 由 消去 x 得: y22 4ty 4 0 ,显然y 4x
y2 2 my1 y1 2 my x 2 y1 y2 2my1y2 y 1 3y2故
y 2 my y 2 my y y y 3y 0 , y1 y2 4t , y1y2 4 ,1 2 2 1 1 2 1 2
y1 2 y1 29 12m 6m k
4
AM 2
2my1y2 y1 y2 2y 2m 2 2 2y2 2 2y2 1 直线 AM 的斜率为3m 1 3m 1 3m 1 x1 1 y1 y 2 , 2 1 1
y1 y2 4y 12m 12m2 2 4
3m2
4y2 2 4y 1 3m 1 2 4
方程为 y (x 1) 2y 2 ,
故点 Q 在定直线 x
1 1
上.
2 y2 2 y2 2 4
直线 BN
k
的斜率为 BN

x2 1 y
2
2 1 y2 2
,

4
4
方程为 y (x 1) 2y 2 ,2

y
4
(x 1) 2
y1 2 4 4
由 4 消去
y 得: ( )(x 1) 4
y1 2 y 2
,
2
y2 y (x 1) 2
【20】（1） x2 1(x 1) （2 ）证明见解析 y2 2
3
整理得
解析:（1）设点 P的坐标为 (x, y) , 1 (y 2)(y 2) y
2 x 1 1 1 2 1 1
y2 2y2 2y1 4
k k 3 y y由 得 3
y
,化简整理得 x2 1(x 1) , 1 1 (y2 2) (y1 2) y2 y 4PA PB 1x 1 x 1 3 y1 2 y2 2
y2
所以曲线 的方程为 x2 1(x 1) . 2y2 2y1 8
3 1 1y2 y1 4
（2）若直线 l的斜率不存在,则直线 l与曲线 只有一个交点,不符合题
因此点 G 的横坐标恒为 1 ,所以点 G 在定直线 x 1上.
意,
所以直线 l的斜率存在,设为 k,则直线 l的方程为 y 1 k(x 1) ,
设点 M x1, y1 ,N x2 , y2 ,D(x, y) ,
y 1 k x 1 ,

联立方程组
x2 y
2 ,整理得
1,
3
3 k 2 x2 2k 2 2k x k 2 2k 4 0 ,易知 k 2 3 ,
Δ 2k 2 2 2k 4 3 k 2 2k 2 2k 4 0 ,解得 k 2 , 【22】（1） y 12x （2）点 E 恒在直线 y 3x 上.
2 A x , y ,B x , y
x x 2k 2k
解析:（1）设 1 1 2 2 .
1 2 2 0 k 3 若直线 l 的倾斜角为 135 ,则直线 l 的方程为 y x 2 .
,解得 k 3 或 k 3 ,
x x k
2 2k 4
0 y x 2, 2 1 2 k 2 3 联立 2 得 x 4 2p x 4 0 , y 2px,
综上 k 3 或 3 k 2 , 则 (4 2p)2 16 4p2 16p 0 ,
因为 CM 1 k 2 x 1 1 k 21 x1 1 , 且 x1 x2 4 2p,x1x2 4 ,
同理由 |CM | |DN | |MD | |CN |得 x1 1 x2 x x2 1 x x1 , 2所以 AB 2 x x 4x x 2 1 2 1 2 2 2 p 4p .
化简整理得 2x1x2 x1 x2 x1 x2 2 x ,
因为 AB 4 30 ,所以 p 6 ,故 C 的方程为 y2 12x .
k 2 2k 4 2k 2 2k 2k 2 2k
所以 2 2 2 2 x y 3xk 3 k 3 k 2 , 3 （2）存在,定直线为 .
由题意知直线 AB的斜率存在,
3x 4
化简整理得 k ,代入 y 1 k(x 1) , 设直线 l 的方程为 y kx 2 k 0 , A x1, y1 ,B xx 1 2 , y2 .
化简整理得 3x y 3 0 ,所以点 D在定直线 3x y 3 0 上. y2 12x, 2 2
联立 得 k x 4k 12 x 4 0 .
y kx 2,
3
由 k 0,Δ (4k 12)2 16k 2 0 ,得 k 且 k 0 ,
2
x 12 4k 41 x2 k 2
, x1x2 .k 2
不妨设 x1 x2 ,E x0 , y0 ,则 0 x1 x0 x2 ,
过点 A,E,B 向 y 轴作垂线,垂足分别为点 A1,E1,B1 ,如图所示,
【21】（1） y2 4x ,焦点 F(1,0) ;（2）证明见解析. DA AA1 x AE x x
则 1 , 0 1 .
DB BB1 x2 EB x2 x0
{#{QQABJQalwwiYgARACJ6aV0XMCQoQsIETJSouRVCUKAYCCRNABCA=}#}
DA AE x
1
x0 x1
因为 ,所以
DB EB x
,
2 x2 x0
2x x
2x x x 1 2
2
整理得 1 2 0 x1 x2 ,所以 x0 x .1 x2 3 k
2 6
代入直线 l 的方程得 y0 k 2 .3 k 3 k
因为 y0 3x0 ,所以点 E 恒在直线 y 3x 上.
【23】（1） x 2 或 x y 1 0 ;（2）证明见解析
解析:（1）当经过点 P的直线不存在斜率时,直线方程即为 x 2 ,
与抛物线抛物线 C: x2 4y 有且只有一个公共点 P 2,1 ,符合题意,
当经过点 P的直线存在斜率时,不妨设直线方程为 y 1 k x 2 ,
代入抛物线方程化简得: x2 4kx 8k 4 0 ,
4k 2 4 8k 4 0 ,即 k 1 ,直线方程即为 x y 1 0
因此所求直线方程为 x 2 或 x y 1 0 ;
（2）证明:设过点 P与抛物线 C的相切的切线方程为 l : y n k x m ,
y n k x m 2
由 2 ,消去 y 整理得 x 4kx 4 km n 0 , x 4y
因为 l 与抛物线 C相切,所以 2 4k 4 1 4 km n 0 ,
即 k 2 km n 0 .
又因为 k1 , k2 是方程 k 2 km n 0 的两根,则有 k1 k2 m,k1k2 n ,
由 k1 1 k2 1 4 ,可得 k1k2 k1 k2 3 0 ,即 n m 3 0
从而动点 P m,n 在直线 x y 3 0 上.
【24】证明见解析
解析:由题意 kAB 0 ,设点
y2 y2 y2 y2
A
1 , y 2 3 4
2 1 ,
B , y C , y D2 2 , 2 3 ,
, y4 2 .
直线 AB的方程为 x m1y 1 ,直线 CD 的方程为 x m2 y 1 .
y2 2x
由 得 y2 2m y 2 0x , m y 1
1
1
∵ 4m21 8 0 恒成立,由韦达定理得 y1 y2 2m1 , y1y2 2 ,
同理有 y3 y4 2m2 , y3y4 2 ,
y3 yk 2AC
1
∴ y2 y2

3 y y , 1 1 3
2 2
2 y2
∴ lAC : y x
1
y y 2
y1 ①
1 3
2 y22
同理可得 lBD : y x y y 2
y 2
2 4
2 2
∵ y1y2 2 ,∴ y2 y ,同理∵ y
y
3 y4 2 ,∴ 4 ,
1 y3
2 2 2
lBD : y x ∴ 2 2 y2

1 y1 ,
y1 y3
y1y3 2 2
即 y x 2 y y y y ②1 3 1 1
2 y21 y1y3 2 2
联立①②得 x y1 x y1 y3 2 y1 y
2
3 y1 y1
2 y1y3 2y y
2 2
整理得 x
3 1 y
y1 y3 y1 y3 y1 y1 y 13 y1
化简得 x= 1 ,即点 Q 在直线 x= 1上.
{#{QQABJQalwwiYgARACJ6aV0XMCQoQsIETJSouRVCUKAYCCRNABCA=}#}第十七节 专题:圆锥曲线中过定点定直线问题
▍知识点1:圆锥曲线过定点问题处理方法
（1）参数无关法
把直线或者曲线方程中的变量,当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时的参数的系数就要全部为零,这样就得到一个关于,的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点。我们也可将方程化简为点斜式方程形式,对于点斜式方程,其过定点,其本质也是参数无关法.
（2）特殊到一般法
根据动点或动直线、动曲线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关。
（3）假设法
对于复杂的直线方程,我们可以先假设是否过轴或轴的一个定点,若假设过轴一定点,在直线方程中令,观察是否能解出为定值.若假设过轴一定点,在直线方程中令,观察是否能解出为定值.在圆锥曲线过定点的问题中,有相当一部分定点在坐标轴上,所以此方法能在我们凌乱无从下手的时候,给我们一个方向.
▍知识点2:圆锥曲线过定直线问题处理方法
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题这类问题的核心在于确定定点的轨迹,主要方法有:
（1）设点法:设点的轨迹,通过已知点轨迹,消去参数,从而得到轨迹方程;
（2）待定系数法:设出含参数的直线方程、待定系数法求解出系数;
（3）验证法:通过特殊点位置求出直线方程,对一般位置再进行验证
抛物线中直线过定点问题
【1】已知动圆M与直线相切,且与圆外切,记动圆M的圆心轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程;
（2）若直线l与曲线C相交于A,B两点,且（O为坐标原点）,证明直线l经过定点H,并求出H点的坐标.
【2】已知F为抛物线的焦点,过F且倾斜角为的直线交抛物线于A,B两点, .
（1）求抛物线的方程:
（2）已知为抛物线上一点,M,N为抛物线上异于P的两点,且满足,试探究直线MN是否过一定点？若是,求出此定点;若不是,说明理由.
【3】已知抛物线:的焦点为, 为抛物线上一点,为坐标原点,的外接圆与抛物线的准线相切,且外接圆的周长为.
（1）求抛物线的方程;
（2）已知点,设不垂直于轴的直线与抛物线交于不同的两点,,若,证明直线过定点并写出定点坐标.
【4】（2023·全国）已知抛物线,直线与抛物线相交于两点,弦长.
（1）求抛物线的方程;
（2）直线与抛物线相交于异于坐标原点的两点,若以为直径的圆过坐标原点,求证:直线恒过定点并求出定点.
椭圆中直线过定点问题
【5】已知椭圆上任一点到,的距离之和为4.
（1）求椭圆的标准方程;
（2）已知点,设直线不经过点,与交于,两点,若直线的斜率与直线的斜率之和为,判断直线是否过定点？若是,求出该定点的坐标;若不是,请说明理由.
【6】已知椭圆,焦距为.
（1）求椭圆的标准方程;
（2）若一直线与椭圆相交于、两点（、不是椭圆的顶点）,以为直径的圆过椭圆的上顶点,求证:直线过定点,并求出该定点的坐标.
【7】已知椭圆,过的直线与椭圆相交于两点,且与轴相交于点.
（1）若,求直线的方程;
（2）设关于轴的对称点为,证明:直线过轴上的定点.
【8】（2022·全国高三专题练习）椭圆C的焦点为,,且点在椭圆上.过点的动直线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:直线恒过定点,并求出定点坐标.
双曲线中直线过定点问题
【9】已知圆:的圆心为,圆:的圆心为,一动圆与圆内切,与圆外切,动圆的圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程:
（2）已知点,直线不过点并与曲线交于两点,且,直线是否过定点？若过定点,求出定点坐标:若不过定点,请说明理由,
【10】（23-24·陕西延安高二下期末）已知双曲线经过点.
（1）求的离心率;
（2）设直线经过的右焦点,且与交于不同的两点,点N关于x轴的对称点为点P,证明:直线过定点.
【11】已知双曲线的虚轴长为,点在上.设直线与交于A,B两点（异于点P）,直线AP与BP的斜率之积为.
（1）求的方程;
（2）证明:直线的斜率存在,且直线过定点.
【12】（23-24·全国高二期末）已知动圆过点,并且与圆:相外切,设动圆的圆心的轨迹为.
（1）求曲线的方程;
（2）过点的直线与曲线交于两点,设直线:,点,直线交于点,求证:直线经过定点,并求出该定点的坐标.
椭圆中点过定直线问题
【13】已知椭圆的两个焦点分别为,离心率为,点为上一点, 周长为,其中为坐标原点.
（1）求的方程;
（2）直线与交于两点,设,试证明点在定直线上,并求出定直线方程.
【14】已知椭圆的离心率为,,分别为的上、下顶点,为坐标原点,直线与交于不同的两点,.
（1）设点为线段的中点,证明:直线与直线的斜率之积为定值;
（2）若,证明:直线与直线的交点在定直线上.
【15】（23-24·北京海淀高三阶段练习）已知椭圆,、为椭圆的焦点,为椭圆上一点,满足,为坐标原点.
（1）求椭圆的方程和离心率.
（2）设点,过的直线与椭圆交于、两点,满足,点满足满足,求证:点在定直线上.
【16】（2023·四川资阳模拟预测）椭圆E的中心为坐标原点,坐标轴为对称轴,左、右顶点分别为,,点在椭圆E上.
（1）求椭圆E的方程.
（2）过点的直线l与椭圆E交于P,Q两点（异于点A,B）,记直线AP与直线BQ交于点M,试问点M是否在一条定直线上？若是,求出该定直线方程;若不是,请说明理由.
双曲线中点过定直线问题
【17】（23-24高二下·安徽滁州·阶段练习）已知双曲线的左 右焦点分别为,左 右顶点分别为,在轴上位于右侧有一点,满足.
（1）求的方程;
（2）过点且不与坐标轴垂直的直线与交于两点,以为圆心作圆与直线交于两点,证明:直线的交点恒在直线上.
【18】已知双曲线（,）的左、右焦点分别为,,直线与的左、右两支分别交于,两点,四边形为矩形,且面积为.
（1）求四边形的外接圆方程;
（2）设,为的左、右顶点,直线过点与交于,两点（异于,）,直线与交于点,证明:点在定直线上.
【19】（23-24高三·河北保定·开学考试）已知分别为双曲线的左、右焦点,是该双曲线右支上一点,是线段的中点,分别为双曲线的左、右顶点,.
（1）求双曲线的方程;
（2）过作直线交双曲线于（与顶点不同）,直线交于,求证:点在定直线上,并求直线方程.
【20】（2024·贵州毕节·三模）在平面直角坐标系中,O为坐标原点,,动点P满足,设点P的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程;
（2）过点的直线l与曲线在y轴右侧交于不同的两点M,N,在线段MN上取异于点M,N的点D,满足.证明:点D在定直线上.
抛物线中点过定直线问题
【21】已知抛物线:的焦点为,过点且与轴垂直的直线交于,两点,且.
（1）求抛物线的方程,并写出焦点坐标;
（2）过焦点的直线与抛物线交于,两点（异于,两点）,且,位于轴同一侧,直线与直线相交于点,证明:点在定直线上.
【22】已知抛物线,过点的直线与交于不同的两点.当直线的倾斜角为时,.
（1）求的方程;
（2）在线段上取异于点的点,且满足,试问是否存在一条定直线,使得点恒在这条定直线上？若存在,求出该直线;若不存在,请说明理由.
【23】已知抛物线的焦点为,设动点的坐标为.
（1）若,求过点与抛物线有且只有一个公共点的直线方程;
（2）设过动点的两条直线均与相切,且的斜率分别为,满足.证明:动点在一条定直线上.
【24】（2024高三·全国·专题练习）如图所示,已知抛物线,过点作两条直线分别交抛物线于点、和点、,直线、交于点.证明:点在定直线上.

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