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微专题36 定点、定线问题
高考定位 解析几何中的定点、定线问题是高考考查的热点，难度较大，是高考
的压轴题，定点问题的类型一般为直线过定点与圆过定点等；定线问题的类型一
般是证明或探究动点在直线上.
【难点突破】
类型一 定点问题
[高考真题1] (2023·全国乙卷改编)已知椭圆C：＋＝1，点A(－2，0).过点(－2，
3)的直线交C 于P，Q 两点，直线AP，AQ 与y 轴的交点分别为M，N，证明：
线段MN 的中点为定点.
证明 由题意知，直线PQ 的斜率存在且不为0，设直线PQ：y－3＝k(x＋2)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由
得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k＞0，
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线AP：y＝(x＋2)，
令x＝0，解得yM＝，
同理得yN＝，
则yM＋yN＝2
＝2
＝2
＝2
＝2×＝6，
所以MN 的中点的纵坐标为＝3，
所以MN 的中点为定点(0，3).
样题1 (2024·聊城模拟改编)不经过点P(2，2)的动直线l：y＝kx＋b 与抛物线
C：x2＝2y 相交于A，B 两点，且直线PA 和PB 的斜率之积等于3，证明：直线l
过定点，并求出定点坐标.
证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
kPA＝＝＝＝，
同理可得kPB＝，
所以kPA·kPB＝·＝3，
即有x1x2＋2(x1＋x2)＝8，
联立直线方程l：y＝kx＋b 与抛物线方程，
有
即x2－2kx－2b＝0，Δ＝4k2＋8b>0，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，
即有－2b＋2×2k＝8，化简得b＝2k－4，
此时Δ＝4k2＋8b＝4k2＋16k－32，
则Δ>0 有解，
则l：y＝k(x＋2)－4，即直线l 过定点(－2，－4).
样题2 (2024·郑州质检节选)已知椭圆C：＋y2＝1 的上顶点为A，过点的直线l 与
椭圆C 交于两个不同的点P，Q，直线AP 与x 轴交于点M，直线AQ 与x 轴交于
点N.证明：以MN 为直径的圆过y 轴上的定点.
证明 由题意知直线l 的斜率存在，可设直线l：y＝kx＋，P(x1，y1)，Q(x2，
y2)，
由
得(4k2＋2)x2＋4kx－3＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
直线AP 的方程为y＝x＋1，
直线AQ 的方程为y＝x＋1，
可得M，N，
以MN 为直径的圆的方程为＋y2＝0，
即x2＋y2＋x＋＝0，①
因为＝
＝
＝＝－6，
所以在①中，令x＝0，得y2＝6，
即以MN 为直径的圆过y 轴上的定点(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y＝kx＋t，由题设条
件将t 用k 表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，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.
训练1 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点G(4，t)(t>0)到其准线的距离为5.不过
原点的动直线交抛物线C 于A，B 两点，M 是线段AB 的中点，点M 在准线l 上
的射影为N.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)当NA·NB＝1 时，求证：直线AB 过定点.
(1)解 由抛物线C 的方程可得其准线方程为x＝－，
依抛物线的性质得＋4＝5，解得p＝2.
所以抛物线C 的方程为y2＝4x.
(2)证明 当直线AB 的斜率为0 时，显然不符合题意；
当直线AB 的斜率不为0 时，设直线AB：x＝my＋n(n≠0)，A，B，M(x0，y0)，
由化简得y2－4my－4n＝0，
Δ＝16(m2＋n)>0，
y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
y0＝＝2m，
所以N(－1，2m)，所以NA＝，NB＝，
所以NA·NB＝＋(y2－2m)·(y1－2m)＝＋＋1＋y1y2－2m(y1＋y2)＋4m2
＝n2＋＋1－4n－8m2＋4m2
＝n2－2n＋1＝(n－1)2.
若NA·NB＝1，即(n－1)2＝1，解得n＝2 或n＝0(舍去)，
所以直线AB 过定点(2，0).
类型二 定线问题
[高考真题2] (2023·新高考Ⅱ卷改编)已知双曲线C：－＝1.记C 的左、右顶点分
别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C 的左支交于M，N 两点，M 在第二象限，
直线MA1与NA2交于点P.证明：点P 在定直线上.
证明 由双曲线的方程可得A1(－2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
显然直线的斜率不为0，所以设直线MN 的方程为x＝my－4，且－<m<，与－＝
1 联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)，
故＝＝
＝
＝
＝＝－，
由＝－可得x＝－1，即xP＝－1，
据此可得点P 在定直线x＝－1 上运动.
样题3 (2024·成都诊断)若抛物线Γ 的方程为y2＝4x，焦点为F，设P，Q 是抛物
线Γ 上两个不同的动点.
(1)若|PF|＝3，求直线PF 的斜率；
(2)设PQ 中点为R，若直线PQ 斜率为，证明：R 在一条定直线上.
(1)解 F(1，0)，|PF|＝xP＋1＝3，
∴xP＝2，将x＝2 代入y2＝4x 得，y＝±2，
∴P(2，±2)，
所以kPF＝＝±2.
(2)证明 法一 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线PQ：y＝x＋t，即x＝y－t，
代入y2＝4x，得y2－4y＋4t＝0，
由根与系数的关系，有y1＋y2＝4，
故yR＝＝2，R 在定直线y＝2 上.
法二 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由题意，＝＝＝，
故y1＋y2＝4，故yR＝＝2，R 在定直线y＝2 上.
样题4 (2024·长春质检)过抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点F，且斜率为－1 的直线
l 与抛物线E 交于A，B 两点，|AB|＝8.
(1)求抛物线E 的方程.
(2)过焦点F 的直线l′，交抛物线E 于C，D 两点，直线AC 与BD 的交点是否恒
在一条直线上？若是，求出该直线的方程；否则，说明理由.
解 (1)不妨设直线l：y＝－x＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得
消去y 并整理得x2－3px＋＝0，
Δ1＝(－3p)2－4×1×＝8p2>0，
所以x1＋x2＝3p，x1x2＝.
由抛物线的定义得，|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，解得p＝2，
所以抛物线E 的方程为y2＝4x.
(2)由(1)知y1＋y2＝－4，y1y2＝－4，
不妨设直线l′ 的方程为x＝my＋1，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立
消去x 并整理得y2－4my－4＝0，
由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，y3·y4＝－4.
此时直线AC：y－y3＝(x－x3)
＝(x－x3)＝(x－x3)，
即y＝.①
同理，直线BD：y＝.②
由①②消去y 得，＝，
即4(y1－y2＋y3－y4)x＝y1y2(y3－y4)＋y3y4(y1－y2)＝－4(y1－y2＋y3－y4)，
解得x＝－1，
所以直线AC 与直线BD 的交点恒在直线x＝－1 上.
规律方法 解决定线问题的核心在于确定动点的轨迹方程，主要方法有：
(1)待定系数法，设出含参数的直线方程，利用条件消去参数，得到系数确定动
点的坐标，确定直线.
(2)设点法，设出动点的坐标，通过动点满足的条件消去参数，得到动点的轨迹
方程，从而确定直线.
训练2 (2024·西安模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，其左、右顶点分别为
A，B，其离心率为2，且虚轴长为2.
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)一动点T 与A，B 的连线分别与双曲线的右支交于P，Q 两点，且PQ 恒过双
曲线的右焦点，求证：点T 在定直线上.
(1)解 由题意，得解得
所以双曲线C 的方程为x2－＝1.
(2)证明 设直线PQ 的方程为x＝my＋2，
将其与双曲线的方程联立
消去x 得(my＋2)2－＝1，
整理得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0(*)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1，y2是方程(*)的两根，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
因为直线AP 的方程为y＝(x＋1)，
直线BQ 的方程为y＝(x－1)，
联立方程组
＝＝＝
＝
＝＝－3，
由此解得xT＝，故点T 在定直线x＝上.
【精准强化练】
1.已知双曲线C 与椭圆＋＝1 有相同的焦点，P(3，)是C 上一点.
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)记C 的右顶点为M，与x 轴平行的直线l 与C 交于A，B 两点，求证：以AB
为直径的圆过点M.
(1)解 由题意可设双曲线C 的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，
由已知得a2＋b2＝6，且－＝1，
解得a2＝b2＝3.
所以双曲线C 的方程为－＝1.
(2)证明 设直线l 的方程为y＝m，m≠0，
将其与－＝1 联立，
解得x＝或x＝－.
不妨设A(－，m)，B(，m)，
由(1)知M(，0)，
则AM·BM＝(＋，－m)·(－，－m)＝(＋)(－)＋m2＝3－(m2＋3)＋m2＝0，
所以AM⊥BM，故以AB 为直径的圆过点M.
2.已知椭圆C：＋＝1，过点P(1，2)的直线l 交C 于A，B 两点时，在线段AB 上
取点M，满足|AP|·|MB|＝|AM|·|PB|，证明：点M 总在某定直线上.
证明 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)，
因为|AP|·|MB|＝|AM|·|PB|，
记λ＝＝，
则λ>0 且λ≠1，
又因为点P 在椭圆外，且P，A，M，B 四点共线，
所以AP＝－λPB，AM＝λMB，
所以(1－x1，2－y1)＝λ(1－x2，2－y2)，
(x－x1，y－y1)＝λ(x2－x，y2－y)，
所以
所以
又因为则
作差可得＋＝1－λ2，
即＋＝1，
即＋＝1，即3x＋8y－12＝0，
故点M 总在定直线3x＋8y－12＝0 上.
3.(2024·上饶模拟)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点P 满足直线PA 与PB 的斜率
之积为－，记动点P 的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E 的方程；
(2)过点F(1，0)与曲线E 相交的两条线段AB 和CD 相互垂直(斜率存在，且A，
B，C，D 在曲线E 上)，M，N 分别是AB 和CD 的中点.求证：直线MN 过定点.
(1)解 设P(x，y)，易得x≠±2，直线AP 的斜率为，直线BP 的斜率为，
则·＝－，整理得＋＝1，
则曲线E 的方程为＋＝1(x≠±2).
(2)证明 由题意可设直线AB 的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，A(x2，y2)，
B(x3，y3)，
因为M 是AB 的中点，
所以x1＝，y1＝，
kOM＝＝，k＝，
因为A，B 在椭圆＋＝1 上，
所以
由①－②，得＋＝0，
即＝－，
于是有·＝－，
所以kOM·kAB＝－⇒·k＝－，
解得
所以M.
因为k≠0，将上式M 点坐标中的k 换成－，同理可得N.
①当直线MN 不垂直于x 轴时，直线MN 的斜率kMN＝＝，
其方程y－＝，
化简得y＝，
所以直线MN 过定点.
②当直线MN 垂直于x 轴时，＝，
此时，k＝±1，直线MN 也过定点.
综上所述，直线MN 过定点.
4.(2024·广东“六校”联考)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)经过点A1(2，0)，
A2(4，0)，A3(2，)，A4(2，－)，A5(，)中的3 个点.
(1)求双曲线C 的方程；
(2)已知点M，N 是双曲线C 上与其顶点不重合的两个动点，过点M，N 的直线
l1，l2都经过双曲线C 的右顶点，若直线l1，l2的斜率分别为k1，k2，且k1＋k2＝
1，判断直线MN 是否过定点，若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说
明理由.
解 (1)由于A3，A4关于x 轴对称，所以A3，A4要么都在双曲线C 上，要么都不
在双曲线C 上.点A1，A2不可能都在双曲线C 上.
因为双曲线C 经过其中3 个点，所以A3，A4都在双曲线C 上.
将A3，A4的坐标代入－＝1 得－＝1，
由A3，A4都在双曲线C 上可知A2(4，0)、A5(，)都不在双曲线C 上，
所以点A1(2，0)在双曲线C 上，故a＝2，结合－＝1 可得b＝，
所以双曲线C 的方程为－＝1.
(2)由题可知直线MN 的斜率存在，故可设直线MN 的方程为y＝kx＋b，M(x1，
y1)，N(x2，y2)，
由消去y 并化简得(3－4k2)x2－8kbx－4b2－12＝0，则有3－4k2≠0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
因为双曲线C 的右顶点为A1(2，0)，且k1＋k2＝1，
所以＋＝＋＝＝＝＝1，
所以b＝3－2k，代入y＝kx＋b，得y＝(x－2)k＋3，
当x＝2 时，y＝3，
所以直线MN 过定点(2，3).
