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微专题 4 定点(线)、定值问题
[考情分析] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查定点、定线与定值问题，运
算量较大，难度较大.
考点一 定点问题
例1 (2024·荆州适应性考试)已知F (-2，0)，F (2，0)，M是圆O：x2+y2=1上任意一点，F 关于点M的
1 2 1
对称点为N，线段F N的垂直平分线与直线F N相交于点T，记点T的轨迹为曲线C.
1 2
(1)求曲线C的方程；
(2)设E(t，0)(t>0)为曲线C上一点，不与x轴垂直的直线l与曲线C交于G，H两点(异于E点).若直线
GE，HE的斜率之积为2，求证：直线l过定点.
[规律方法] (1)直线过定点问题，一般可先设出直线的方程：y=kx+b，然后利用题中条件整理出k，b的关
系，进而确定定点.
(2)圆过定点问题的常见类型是以AB为直径的圆过定点P，常把问题转化为PA⊥PB，也可以转化为⃗PA·
⃗PB=0.
x2 y2
跟踪演练1 (2024·厦门质检)双曲线C： - =1(a>0，b>0)的离心率为√3，点T(√2，√2)在C上.
a2 b2
(1)求C的方程；
(2)设圆O：x2+y2=2上任意一点P处的切线交C于M，N两点，证明：以MN为直径的圆过定点.
考点二 定线问题
x2 y2
例2 已知椭圆E： + =1(a>b>0)的短轴长为2√3，左、右顶点分别为C，D，过右焦点F(1，0)的直
a2 b2
线l交椭圆E于A，B两点(不与C，D重合)，直线AC与直线BD交于点T.
(1)求椭圆E的方程；
(2)求证：点T在定直线上.
[规律方法] 解决定直线问题的主要方法有
(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，待定系数法求解出参数.
(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.y2
跟踪演练2 (2024·安康模拟)已知双曲线C：x2- =1的左、右顶点分别是A ，A ，直线l与C交于M，
3 1 2
N两点(不与A 重合)，设直线A M，A N，l的斜率分别为k ，k ，k，且(k +k )k=-6.
2 2 2 1 2 1 2
(1)判断直线l是否过x轴上的定点.若过，求出该定点；若不过，请说明理由；
(2)若M，N分别在第一和第四象限内，证明：直线MA 与NA 的交点P在定直线上.
1 2
考点三 定值问题
例3 (2024·武威模拟)已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，P是C上在第一象限内的点，
且直线PF的倾斜角为60°，点P到l的距离为1.
(1)求C的方程；
(2)设直线x=7与C交于A，B两点，D是线段AB上一点(异于A，B两点)，H是C上一点，且DH∥x轴.
|GH|
若平行四边形DEMN的三个顶点E，M，N均在C上，DH与EN交于点G，证明： 为定值.
|DH|
[规律方法] 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
跟踪演练3 (2024·石家庄模拟)已知M为平面上一个动点，M到定直线x=1的距离与到定点F(2，0)距
√2
离的比等于 ，记动点M的轨迹为曲线C.
2
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F的直线l与曲线C交于A，B两点，在x轴上是否存在点P，使得⃗PA·⃗PB为定值？若存在，求
出该定值；若不存在，请说明理由.答案精析
例1 (1)解 连接OM，由题意可得
|OM|=1，且M为NF 的中点，又O为F F 的中点，
1 1 2
所以OM∥NF ，
2
且|NF |=2|OM|=2.
2
因为线段F N的垂直平分线与直线F N相交于点T，
1 2
所以|TN|=|TF |，
1
所以||T F |-|T F ||
2 1
=||T F |-|TN||=|N F |
2 2
=2<|F F |=4，
1 2
由双曲线的定义知，动点T的轨迹是以F ，F 为焦点的双曲线.
1 2
x2 y2 1
设其方程为 - =1(a>0，b>0)，则a=1，c= |F F |=2，
a2 b2 2 1 2
b=√c2-a2=√3，
y2
故曲线C的方程为x2- =1.
3
(2)证明 由(1)知E(1，0)，
依题意直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y=kx+m，
G(x ，y )，H(x ，y )，
1 1 2 2
{y=kx+m,
由
y2
x2- =1,
3
得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，
3-k2≠0，
由Δ>0，
得m2+3-k2>0，
2km m2+3
所以x +x = ，x x = .
1 2 3-k2 1 2 k2-3y y
1 2
则k ·k = ·
GE HE x -1 x -1
1 2
(kx +m)(kx +m)
1 2
=
(x -1)(x -1)
1 2
k2x x +km(x +x )+m2
1 2 1 2
=
x x -(x +x )+1
1 2 1 2
m2+3 2k2m2
k2· + +m2
k2-3 3-k2
= =2，
m2+3 2km
- +1
k2-3 3-k2
整理得k2-4km-5m2=0，
即(k-5m)(k+m)=0，
解得k=5m或k=-m，
当k=5m时，直线l的方程为
y=5mx+m=m(5x+1)，
( 1 )
直线l过定点 - ，0 ，
5
当k=-m时，直线l的方程为y=-mx+m=m(-x+1)，
直线l过定点E(1，0)，不符合题意，舍去.
( 1 )
综上所述，直线l过定点 - ，0 .
5
跟踪演练1 (1)解 依题意有
2 2
{ - =1,
a2 b2 {2 2
- =1,
c2=a2+b2,即有 a2 b2
c 2a2=b2,
=√3,
a
解得a2=1，b2=2，
y2
所以双曲线方程为x2- =1.
2
(2)证明 方法一
设M(x ，y )， N(x ，y )，
1 1 2 2①当切线斜率存在时，设直线方程为y=kx+m，
|m|
因为直线与圆相切，所以 =√2，
√1+k2
整理得m2=2+2k2，
{
y2
x2- =1,
联立 2
y=kx+m,
得(2-k2)x2-2kmx-m2-2=0，
Δ=4k2m2+4(2-k2)(m2+2)
=8(m2+2-k2)>0，
2km -m2-2
则x +x = ，x x = ，
1 2 2-k2 1 2 2-k2
由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点.
⃗OM·⃗ON=x x +y y
1 2 1 2
=x x +(kx +m)(kx +m)=(1+k2)x x +mk(x +x )+m2
1 2 1 2 1 2 1 2
-m2-2 2km
=(1+k2) +mk +m2
2-k2 2-k2
m2-2-2k2
= ，
2-k2
又m2=2+2k2，所以⃗OM·⃗ON=0，
所以⃗OM⊥⃗ON，故以MN为直径的圆过原点.
②当切线斜率不存在时，直线方程为x=±√2，
若M(√2，√2)，N(√2，-√2)或
M(√2，-√2)，N(√2，√2)，
此时圆的方程为(x-√2) 2 +y2=2，恒过原点；
若M(-√2，√2)，N(-√2，-√2)或M(-√2，-√2)，N(-√2，√2)，
此时圆的方程为(x+√2)2+y2=2，恒过原点，
综上所述，以MN为直径的圆过原点.
方法二 设M(x ，y )，N(x ，y )，
1 1 2 2
①当切线斜率存在时，设直线方程为y=kx+m，因为直线与圆相切，
|m|
所以 =√2，
√1+k2
整理得m2=2+2k2，{
y2
x2- =1,
联立 2
y=kx+m,
得(2-k2)x2-2kmx-m2-2=0，
Δ=4k2m2+4(2-k2)(m2+2)
=8(m2+2-k2)>0，
2km -m2-2
则x +x = ，x x = ，
1 2 2-k2 1 2 2-k2
以M(x ，y )，N(x ，y )为直径的圆的方程为(x-x )(x-x )+(y-y )(y-y )=0，
1 1 2 2 1 2 1 2
即x2-(x +x )x+x x +y2-(y + y )y+y y =0，
1 2 1 2 1 2 1 2
因为x x +y y
1 2 1 2
=x x +(kx +m)(kx +m)
1 2 1 2
=(k2+1)x x +km(x +x )+m2
1 2 1 2
-m2-2 2km m2-2k2-2
=(k2+1)· +km· +m2= =0，
2-k2 2-k2 2-k2
且y +y =k(x +x )+2m
1 2 1 2
2km 4m
=k· +2m= ，
2-k2 2-k2
所以所求的圆的方程为
2km 4m
x2- x+y2- y=0，
2-k2 2-k2
所以以MN为直径的圆过原点.
②当切线斜率不存在时，同方法一，此时圆的方程为(x±√2)2+y2=2，恒过原点，
综上所述，以MN为直径的圆过原点.
例2 (1)解 依题意，b=√3，半焦距c=1，则a=√b2+c2=2，
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1.
4 3
(2)证明 显然直线AB不垂直于y轴，
设直线AB： x=ty+1，由
{ x=ty+1,
3x2+4 y2=12,
消去x并整理得(3t2+4)y2+6ty-9=0，
Δ=36t2+36(3t2+4)=144(t2+1)>0，
设A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
-6t -9
则y +y = ，y y = ，
1 2 3t2+4 1 2 3t2+4
3
且有ty y = (y +y )，
1 2 2 1 2
y
1
直线AC：y= (x+2)，
x +2
1
y
2
直线BD：y= (x-2)，
x -2
2
联立消去y得
y y
1 2
(x+2)= (x-2)，
x +2 x -2
1 2
y y 2y 2y
( )
即 2 - 1 x= 1 + 2 ，
x -2 x +2 x +2 x -2
2 1 1 2
整理得[y (x +2)-y (x -2)]x=2y (x -2)+2y (x +2)，
2 1 1 2 1 2 2 1
即[y (ty +3)-y (ty -1)]x
2 1 1 2
=2y (ty -1)+2y (ty +3)，
1 2 2 1
于是(3y +y )x=4ty y -2y +6y ，
2 1 1 2 1 2
3
而ty y = (y +y )，
1 2 2 1 2
则(3y +y )x=6(y +y )-2y +6y ，
2 1 1 2 1 2
6(y + y )-2y +6 y
1 2 1 2
因此x=
3 y + y
2 1
12y +4 y
2 1
= =4，
3 y + y
2 1
所以点T在定直线x=4上.
跟踪演练2 (1)解 由题意可知
A (-1，0)，A (1，0)，k≠0，设直线l的方程为y=kx+m，M(x ，y )，
1 2 1 1
N(x ，y ).
2 2
{
y2
x2- =1,
由 3 消去y，
y=kx+m,
可得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0，则k2≠3，Δ=12(m2+3-k2)>0，
即k20，且y +y =m，
1 2
因为四边形DEMN为平行四边形，所以⃗ME=⃗ND，
即(x -x ，y -y )=(7-x ，t-y )，
1 M 1 M 2 2
所以x -x =7-x ，
1 M 2
y -y =t-y ，
1 M 2
得到y =y +y -t=m-t，
M 1 2
又x =x +x -7=my +n+my +n-7=m(y +y )+2n-7
M 1 2 1 2 1 1
=m2+2n-7，
即M(m2+2n-7，m-t)，
t2+7
由点M在C上，得(m-t)2=m2+2n-7，解得n= -mt，
2t2+7 t2+7
所以直线EN的方程为x=my+ -mt，即x=m(y-t)+ ，
2 2
(t2+7
)
所以直线EN过点 ，t ，
2
(t2+7
)
又将y=t代入y2=x，得H(t2，t)，所以DH的中点坐标为 ，t ，即G为DH的中点，
2
|GH| 1 |GH|
所以 = ，故 为定值.
|DH| 2 |DH|
跟踪演练3 解 (1)设点M的坐标为(x，y)，
|x-1|
√2
则 = ，
√(x-2) 2+ y2 2
x2 y2
即2(x-1)2=(x-2)2+y2，化简得x2-y2=2，所以曲线C的标准方程为 - =1.
2 2
(2)当直线l的斜率不为0时，设其方程为x=my+2.
由于直线与双曲线的交点有两个，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为±1，则m≠±1.
x2 y2
代入 - =1，
2 2
整理得(m2-1)y2+4my+2=0，
Δ=8(m2+1)>0恒成立，
设A(x ，y )，B(x ，y )，P(t，0)，
1 1 2 2
4m 2
则y +y =- ，y y = ，
1 2 m2-1 1 2 m2-1
所以⃗PA·⃗PB=(x -t)(x -t)+y y =(my +2-t)(my +2-t)+y y
1 2 1 2 1 2 1 2
=(m2+1)y y +m(2-t)(y +y )+(2-t)2
1 2 1 2
2 4m
=(m2+1)× -m(2-t)× +(2-t)2
m2-1 m2-1
(4t-6)m2+2
= +(2-t)2.
m2-1
若要上式为定值，
则必须有4t-6=-2，即t=1，
(4t-6)m2+2
所以 +(2-t)2
m2-1
=-2+1=-1，
故存在点P(1，0)满足
⃗PA·⃗PB=-1.
当直线l的斜率为0时，若A(-√2，0)，B(√2，0)，此时点P(1，0)亦满足⃗PA·⃗PB=-1，故存在点P(1，0)满足⃗PA·⃗PB=-1.
综上所得，在x轴上存在点P(1，0)，使得⃗PA·⃗PB为定值，定值为-1.
