1、第第 8 节节圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题 微课一定点问题 题型一直线过定点问题 【例 1】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， 如 kBPkBQ 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 y2ax，代入点 A(1，2)，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 1 2，所以抛物线方程为
2、x 21 2y. 综上所述，抛物线 C 的方程是 y24x 或 x21 2y. (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 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（k2） 2 k2 ，所以 P （k2）2 k2 ，2k4 k. 用2 k替换点 P 坐标中的 k，可得 Q(k1) 2，22k)，从而直线 PQ 的斜率为 2k4 k 22k （k2）2 k2 （k1）2 2k34k
3、k42k34k4 2k k22k2， 故直线 PQ 的方程是 y22k 2k k22k2x(k1) 2 在上述方程中，令 x3，解得 y2， 所以直线 PQ 恒过定点(3，2) 感悟升华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 1，3 2 是椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)上一点，F 1，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
4、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 1，3 2 在椭圆上， 代入椭圆方程有 1 a2 9 4b21，解得 b 3， 所以椭圆 C 的标准方程为x 2 4 y 2 3 1. (2)证明当直线 l 的斜率不存在时，A(x1，y1)，B(x1，y1)， k1k2 y13 2y 13 2 x11 1，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 ykxm， 3x
5、24y2120，整理得(34k 2)x28kmx4m2120， x1x28km 34k2，x 1x24m 212 34k2 ，48(4k2m23)0. 由 k1k21，整理得(2k1)x1x2 km5 2 (x1x2)2m40， 即(m4k)(2m2k3)0. 当 mk3 2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) 题型二其他曲线过定点问题 【例 2】(2021重庆诊断)已知椭圆 C1：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右顶点分别是双 曲线 C2： x2 m2y 21 的左、右焦点，且 C1与 C2相
6、交于点 2 3 3 ， 3 3 . (1)求椭圆 C1的标准方程； (2)设直线 l：ykx1 3与椭圆 C 1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 2 3 3 ， 3 3 代入 x2 m2y 21，解得 m21， a2m212， 将 2 3 3 ， 3 3 代入x 2 2 y 2 b21，解得 b 21， 椭圆 C1的标准方程为x 2 2 y21. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 ykx1 3， x2 2 y21，整理得(918k 2)x212kx160， x1x2 12k 918k2，x
7、 1x2 16 918k2， 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 MA (x1，y1y0)，MB (x2，y2y0) MA MB x1x2(y1y0)(y2y0) x1x2y1y2y0(y1y2)y20 x1x2k2x1x2k 3(x 1x2)y0 k（x1x2）2 3 1 9y 2 0 (1k2)x1x2k 1 3y 0 (x1x2)y202 3y 01 9 18（y 2 01）k29y206y015 918k2 0， y2010， 9y206y0150，解得 y 01， M(0，1)， 以线段
8、AB 为直径的圆恒过定点(0，1) 感悟升华(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湖南三湘名校联考)已知椭圆 C： y2 a2 x2 b21(ab1)的离心率为 2 2 ，其上焦点到直线 bx2ay 20 的距离为 2 3 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 P 1 3，0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
9、点若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由 解(1)由题意得，ec a 2 2 ，又 a2b2c2， 所以 a 2b，cb. 又|2ac 2| 4a2b2 2 3 ，ab1，所以 b21，a22， 故椭圆 C 的方程为y 2 2 x21. (2)当 ABx 轴时，以线段 AB 为直径的圆的方程为 x1 3 2 y216 9 . 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 x1 3 ，代入y 2
10、 2 x21， 并整理得(k22)x22 3k 2x1 9k 220， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x2 2k2 3（k22），x 1x2 k218 9（k22）， 所以QA QB (x11)(x21)y1y2x1x2x1x21k2 x11 3 x21 3 (1k2)x1x2 11 3k 2 (x1x2)11 9k 2 (1k2) k218 9（k22） 11 3k 2 2k2 3（k22）1 1 9k 20， 故QA QB ，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) 1 (2019北京卷)已知椭圆 C： x2 a2
11、y2 b21(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 b21，c1， 所以 a2b2c22. 所以椭圆 C 的方程为x 2 2 y21. (2)证明设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则直线 AP 的方程为 yy11 x1 x1. 令 y0，得点 M 的横坐标 xM x1 y11. 又 y1kx1t，从而|OM|xM| x1
12、 kx1t1|. 同理，|ON| x2 kx2t1|. 由 ykxt， x2 2 y21，得(12k 2)x24ktx2t220， 则(4kt)24(12k2)(2t22)16k28t280， 且 x1x2 4kt 12k2，x 1x22t 22 12k2. 所以|OM|ON| x1 kx1t1| x2 kx2t1| | x1x2 k2x1x2k（t1） （x1x2）（t1）2| | 2t22 12k2 k22t 22 12k2k（t1） 4kt 12k2（t1）2| 2| 1t 1t|. 又|OM|ON|2，所以 2| 1t 1t|2. 解得 t0，满足0，所以直线 l 经过定点(0，0)
13、2(2021深圳模拟)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右焦点分别为 F 1，F2， 点 P 1， 3 2 满足|PF1|PF2|2a，且 SPF1F23 2. (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 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 1， 3 2 在椭圆 C 上 将 1， 3 2 代入x 2 a2
14、 y2 b21，得 1 a2 3 4b21. 设椭圆 C 的焦距为 2c，则 SPF1F21 22c 3 2 3 2，求得 c 3. 从而 a2b23. 由可得 a24，b21. 所以椭圆 C 的标准方程为x 2 4 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 kNAkNB y1 x1t y2 x2t k（x14） x1t k（x 24） x2t k2x1x2（t4） （x1x2）8t （x1t） （x2t） 0， 即 2x1x2(t4)(x1x2)8t0. 由 yk（x4） ， x2 4 y21 消去 y 并整理，得(14k2)x232k2x64k240. 由(32k2)24(14k2)(64k24)0，求得 0k2 1 12， 则 x1x2 32k2 14k2，x 1x264k 24 14k2 . 所以 264k 24 14k2 (t4) 32k2 14k28t0，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
