高考数学二轮复习专题六 第6讲圆锥曲线的定点问题

1、 第第 6 讲讲 定点问题定点问题 母题 已知椭圆 c：x24y21，点 p(0,1)，设直线 l不经过 p 点且与 c 相交于 a，b 两点，若直线 pa与直线 pb 的斜率的和为1，求证：l过定点 思路分析 l斜率 k存在时写出 l的方程 联立 l，c 的方程，设而不求 计算 kpa，kpb并代入 kpakpb1 分析直线方程，找出定点 证明 设直线 pa 与直线 pb 的斜率分别为 k1，k2.如果 l 与 x 轴垂直，设 l：xt，由题设知t0，且|t|0. 设 a(x1，y1)，b(x2，y2)， 则 x1x28km4k21，x1x24m244k21. 而 k1k2y11x1y21x

2、2 kx1m1x1kx2m1x2 2kx1x2(m1)(x1x2)x1x2. 由题设 k1k21， 故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0， 即(2k1)4m244k21(m1)8km4k210， 解得 km12. 当且仅当 m1 时，0，于是 l：ym12xm， 即 y1m12(x2)，所以 l过定点(2，1) 子题 1 已知抛物线 c：y24x 的焦点为 f，直线 l与抛物线 c 交于 a，b 两点，o 是坐标原点若点 e(2,0)，直线 l不与坐标轴垂直，且aeobeo，求证：直线 l过定点 证明 设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，由题意可设直线 l的方程为 xnyb(n0)，

3、 由 xnyb，y24x，得 y24ny4b0， 则 y1y24n，y1y24b. 由aeobeo，得 keakeb， 即y1x12y2x22， 整理得 y1x22y1x1y22y20， 即 y1(ny2b)2y1(ny1b)y22y20， 整理得 2ny1y2(b2)(y1y2)0， 即8bn4(b2)n0，得 b2， 故直线 l的方程为 xny2(n0)， 所以直线 l过定点(2,0) 子题 2 (2020 湖南四校联考)已知抛物线 c：y24x 与过点(2,0)的直线 l交于 m，n 两点，若mp12mn，pqy 轴，垂足为 q，求证：以 pq 为直径的圆过定点 证明 由题意可知，直线

4、l的斜率不为 0，设其方程为 xmy2(mr)， 将 xmy2代入 y24x，消去 x 可得 y24my80， 显然 16m2320，设 m(x1，y1)，n(x2，y2)， 则 y1y24m，y1y28， 因为mp12mn，所以 p是线段 mn的中点， 设 p(xp，yp)，则 xpx1x22m(y1y2)422m22， ypy1y222m， 所以 p(2m22,2m)， 又 pqy轴，垂足为 q，所以 q(0,2m)， 设以 pq 为直径的圆经过点 a(x0，y0)， 则ap(2m22x0,2my0)， aq(x0,2my0)， 所以ap aq0，即x0(2m22x0)(2my0)20，

5、化简可得(42x0)m24y0mx20y202x00， 令 42x00，4y00，x20y202x00，可得 x02，y00， 所以当 x02，y00时，对任意的 mr，式恒成立， 所以以 pq为直径的圆过定点，该定点的坐标为(2,0) 规律方法 动线过定点问题的两大类型及解法 (1)动直线 l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为 ykxt，由题设条件将 t 用 k表示为 tmk，得 yk(xm)，故动直线过定点(m,0) (2)动曲线 c 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线 c 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点 跟踪演练 1(2020 北京东城区模拟)已知

6、椭圆 c：x26y221 的右焦点为 f，直线 l：ykxm(k0)过点 f，且与椭圆 c 交于 p，q 两点，如果点 p 关于 x 轴的对称点为 p，求证：直线 pq过 x轴上的定点 证明 c 622，f(2,0)， 直线 l：ykxm(k0)过点 f， m2k，l：yk(x2) 由 x23y26，yk(x2)，得(3k21)x212k2x12k260. 依题意 0，设 p(x1，y1)，q(x2，y2)， 则 x1x212k23k21，x1x212k263k21. 点 p关于 x 轴的对称点为 p，则 p(x1，y1) 直线 pq 的方程可以设为 yy1y2y1x2x1(xx1)， 令 y

7、0，xx2y1x1y1y1y2x1x2y1x1y2y1y2 kx2(x12)kx1(x22)k(x1x24)2x1x22(x1x2)x1x24 212k263k21212k23k2112k23k2143. 直线 pq 过 x轴上的定点(3,0) 2已知 p(0,2)是椭圆 c：x2a2y2b21(ab0)的一个顶点，c 的离心率 e33. (1)求椭圆的方程； (2)过点 p 的两条直线 l1，l2分别与 c 相交于不同于点 p 的 a，b两点，若 l1与 l2的斜率之和为4，则直线 ab 是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由 解 (1)由题意可得 b2，ca33，a2b2

8、c2， 解得 a 6，b2，c 2，椭圆的方程为x26y241. (2)当直线 ab的斜率存在时，设直线 ab的方程为 ykxt(t2)，a(x1，y1)，b(x2，y2)， 联立 ykxt，x26y241，消去 y 并整理， 可得(3k22)x26ktx3t2120， 36(kt)24(3k22)(3t212)0， 即 24(6k2t24)0， 则 x1x26kt3k22，x1x23t2123k22， 由 l1与 l2的斜率之和为4， 可得y12x1y22x24， 又 y1kx1t，y2kx2t， y12x1y22x2kx1t2x1kx2t2x2 2k(t2)(x1x2)x1x22k(t2)

9、6kt3k223t2123k224， t2，化简可得 tk2， ykxk2k(x1)2， 直线 ab经过定点(1，2) 当直线 ab的斜率不存在时，设直线 ab 的方程为 xm，a(m，y1)，b(m，y2)， y12my22my1y24m4， 又点 a，b均在椭圆上， a，b关于 x轴对称，y1y20，m1， 故直线 ab的方程为 x1，也过点(1，2)， 综上直线 ab 经过定点，定点为(1，2) 专题强化练专题强化练 1已知椭圆 c：x22y21，设直线 l 与椭圆 c 相交于 a，b 两点，d(0，1)，若直线 ad与直线 bd的斜率之积为16.证明：直线 l恒过定点 证明 当直线 l

10、斜率不存在时，设 l：xm，a(m，ya)，b(m，ya)， 因为点 a(m，ya)在椭圆x22y21上， 所以m22y2a1，即 y2a1m22， 所以 kad kbdya1mya1m1y2am2m22m21216，不满足题意 当直线 l斜率存在时，设 l：ykxb(b1)， a(x1，y1)，b(x2，y2)， 联立 ykxb，x22y220，整理得 (12k2)x24kbx2b220， 依题意得，0， 所以 x1x24kb12k2，x1x22b2212k2， 则 kad kbdy11x1y21x2 (kx1b)(kx2b)k(x2x1)2b1x1x2 k2x1x2(kbk)(x1x2)b

11、22b1x1x2. 将 x1x24kb12k2，x1x22b2212k2， 代入上式化简得，kad kbdy11x1y21x2(b1)22(b1)(b1)16，即b1b113，解得 b2. 所以直线 l恒过定点(0，2) 2已知点 h 为抛物线 c：x24y的准线上任一点，过 h作抛物线 c 的两条切线 ha，hb，切点为 a，b，证明直线 ab 过定点，并求hab 面积的最小值 解 设点 a(x1，y1)，b(x2，y2)，h(t，1)， 由 c：x24y，即 y14x2，得 y12x， 所以抛物线 c：x24y 在点 a(x1，y1)处的切线 ha 的方程为 yy1x12(xx1)，即 yx12x12x21y1， 因为 y114x21，所以 yx12xy1， 因为 h(t，1)在切线 ha上，所以1x12ty1， 同理1x22ty2， 综合得，点 a(x1，y1)，b(x2，y2)的坐标满足方程 1x2ty，即直线 ab恒过抛物线的焦点 f(0,1)， 当 t0 时，此时 h(0，1)，可知 hfab， |hf|2，|ab|4，shab12244