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进阶4 解析几何中的定点问题
在解析几何中，有些含有参数的动直线或动曲线，不论参数如何变化总是经过某定点，探求这个定点的坐
标，这类问题称为“定点问题”.定点问题是高考中考查解析几何的热点问题，此类问题往往定中有动，动
中有定.
直线过定点问题的通法是设出直线方程，通过根与系数的关系和已知条件找出相应的关系式，代入直线方
程，将问题转化为过定点的直线系、曲线系或恒成立问题来求解，即可得到定点.
定点问题常见类型：①由斜率关系求定点；②由倾斜角关系求定点；③切点弦过定点；④相交弦过定点；
⑤圆过定点.
题型一 直线过定点
例1 已知点P(4，3)为双曲线E：x
2
a
2 －y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)上一点，E 的左焦点F1到一条渐近线的距离
为√3.
(1)求双曲线E 的标准方程；
(2)不过点P 的直线y＝kx＋t 与双曲线E 交于A，B 两点，若直线PA，PB 的斜率和为1，证明：直线y
＝kx＋t 过定点，并求该定点的坐标.
解 (1)设F1(－c，0)(c>0)到渐近线y＝b
ax，
即bx－ay＝0 的距离为√3，
则√3＝|-bc|
√b
2＋a
2，结合a2＋b2＝c2得b＝√3，
又P(4，3)在双曲线x
2
a
2 －y
2
3 ＝1 上，
所以16
a
2 －9
3＝1，得a2＝4，
所以双曲线E 的标准方程为x
2
4 －y
2
3 ＝1.
(2)联立{
y ＝kx ＋t ,
x
2
4 - y
2
3 ＝1,
消去y 并整理得(3－4k2)x2－8ktx－4t2－12＝0，
则3－4k2≠0，Δ＝64k2t2＋4(3－4k2)(4t2＋12)>0，
即t2＋3>4k2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠4，x2≠4，
则x1＋x2＝8kt
3- 4 k
2，x1x2＝－4t
2＋12
3- 4 k
2 ，
则kPA＋kPB＝
y1-3
x1- 4 ＋y2-3
x2- 4 ＝k x1＋t -3
x1- 4
＋k x2＋t -3
x2- 4
＝
(k x1＋t -3)( x2- 4)＋(k x2＋t -3)( x1- 4)
( x1- 4)( x2- 4)
＝
2k x1 x2＋(t - 4 k -3)( x1＋x2)-8t ＋24
x1 x2- 4( x1＋x2)＋16
＝1，
所以2kx1x2＋(t－4k－3)(x1＋x2)－8t＋24＝x1x2－4(x1＋x2)＋16，
所以(2k－1)x1x2＋(t－4k＋1)(x1＋x2)－8t＋8＝0，
所以－(2k -1)(4 t
2＋12)
3- 4 k
2
＋(t - 4 k ＋1)·8kt
3- 4 k
2
－8t＋8＝0，
整理得t2－6k＋2kt－6t－8k2＋9＝0，
所以(t－3)2＋2k(t－3)－8k2＝0，
所以(t－3－2k)(t－3＋4k)＝0，
因为直线y＝kx＋t 不过点P(4，3)，
即3≠4k＋t，t－3＋4k≠0，
所以t－3－2k＝0，即t＝2k＋3，
所以直线y＝kx＋t＝kx＋2k＋3，
即y－3＝k(x＋2)，
所以该直线过定点，且定点为(－2，3).
思维升华 解析几何中定点问题的解题策略
(1)设线法：用两个参数表示直线方程.一般步骤为
①设直线方程为y＝kx＋m(或x＝ny＋t)，联立直线与圆锥曲线方程，得出根与系数的关系；
②结合根与系数的关系和已知条件，得到k，m 或n，t 的关系，或者解出m，t 的值；
③将②的结果代入y＝kx＋m(或x＝ny＋t)，得到定点坐标.
(2)解点法：用一个参数表示直线方程.一般步骤为
①引进参数，根据已知条件，求出直线上的两个点A，B 的坐标(含参数)；
②特殊位置入手，找到定点P(有时可考虑对称性)；
③证明A，B，P 三点共线，从而直线AB 过定点P.(其中一个方法)
跟踪训练1 已知椭圆C 的中心在原点，一个焦点为F1(－√3，0)，且C 经过点P(√3，1
2).
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)设C 与y 轴正半轴交于点D，直线l：y＝kx＋m 与C 交于A，B 两点(l 不经过点D)，且AD⊥BD.证明：
直线l 经过定点，并求出该定点的坐标.
解 (1)由题意，设椭圆C 的标准方程为x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)，焦距为2c，
则c＝√3，椭圆的另一个焦点为F2(√3，0)，
由椭圆定义得2a＝|PF1|＋|PF2|＝7
2 ＋1
2＝4，
则a＝2，
所以b＝√a
2-c
2＝1，
所以椭圆C 的标准方程为x
2
4 ＋y2＝1.
(2)由已知得D(0，1)，
由{
y ＝kx ＋m,
x
2
4 ＋y
2＝1,
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0，即4k2>m2－1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝-8km
1＋4 k
2，x1x2＝4 m
2- 4
1＋4 k
2，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝
2m
1＋4 k
2，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝m
2- 4 k
2
1＋4 k
2 ，
由AD⊥BD 得，⃗
DA·⃗DB＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝0，
即5m
2-2m-3
1＋4 k
2
＝0，
所以5m2－2m－3＝0，解得m＝1 或m＝－3
5，
①当m＝1 时，直线l 经过点D，舍去；
②当m＝－3
5时，显然有Δ>0，
直线l 经过定点(0，- 3
5).
综上，直线l 经过定点(0，- 3
5).
题型二 圆过定点问题
例2 已知椭圆C：x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的上、下顶点分别为B2，B1，左、右焦点分别为F1，F2，四边
形B1F1B2F2是面积为2 的正方形.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)已知圆O：x2＋y2＝2
3的切线l 与椭圆C 相交于D，E 两点，判断以DE 为直径的圆是否经过定点？如
果是，求出定点的坐标；如果不是，请说明理由.
解 (1)由题意可得{
b＝c ,
1
2 ×2b×2c＝2,
a
2＝b
2＋c
2,
解得{
a＝√2,
b＝1,
c＝1,
∴椭圆C 的标准方程为x
2
2 ＋y2＝1.
(2)由题意可知，圆O：x2＋y2＝2
3的圆心坐标为(0，0)，半径为√6
3 ，
∵√6
3 <1，
可知圆O：x2＋y2＝2
3在椭圆C 内，切线l 与椭圆C 相交，
①当直线l 的斜率不存在时，
∵直线l 与圆相切，
故切线方程为x＝±√6
3 ，
将切线方程x＝√6
3 代入椭圆方程，
解得y＝±√6
3 ，
设D(
√6
3 ，√6
3 )，E(
√6
3 ，- √6
3 )，
则以DE 为直径的圆的方程为(x - √6
3 )
2
＋y2＝2
3；
同理，当切线方程为x＝－√6
3 时，
求得以DE 为直径的圆的方程为(x＋√6
3 )
2
＋y2＝2
3，
联立方程{
(x - √6
3 )
2
＋y
2＝2
3 ,
(x＋√6
3 )
2
＋y
2＝2
3 ,
解得{
x＝0,
y ＝0,即两圆只有一个交点(0，0)，
若存在定点，则定点应为(0，0).
②当直线l 的斜率存在时，
设直线l 的方程为y＝kx＋m，
则圆心到直线的距离d＝
|m|
√1＋k
2 ＝√6
3 ，
整理得m2＝2
3(1＋k2)，
联立方程{
y ＝kx ＋m,
x
2
2 ＋y
2＝1,
消去y 得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ>0，
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，
则x1＋x2＝- 4 km
2k
2＋1，x1x2＝2m
2-2
2k
2＋1
，
∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m
2-2k
2
2k
2＋1
，
∴⃗OD·⃗OE＝x1x2＋y1y2
＝3m
2-2k
2-2
2k
2＋1
＝2(1＋k
2)-2k
2-2
2k
2＋1
＝0，
即⃗OD·⃗OE＝0，
∴以DE 为直径的圆经过定点O(0，0)，
综上可知，以DE 为直径的圆过定点(0，0).
思维升华 圆过定点问题的解题策略
(1)利用特殊情况寻找特殊点.
(2)引入参变量建立关于曲线的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
跟踪训练2 (2025·湖北新高考协作体联考)已知平面内一动圆过点P(2，0)，且在y 轴上截得弦长为4，
动圆圆心的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C 的方程；
(2)若过点Q(4，0)的直线l 与曲线C 交于点M，N，问：以线段MN 为直径的圆是否过定点？若过定点，
求出这个定点；若不过定点，请说明理由.
解 (1)设动圆圆心为(x，y)，
依题意，√|x |
2＋2
2＝√( x -2)
2＋y
2，即y2＝4x，
所以曲线C 的方程为y2＝4x.
(2)依题意，直线l 不垂直于y 轴，设直线l 的方程为x＝my＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由{
x＝my ＋4 ,
y
2＝4 x ,
消去x 并整理得y2－4my－16＝0，Δ>0 恒成立，
则{
y1＋y2＝4 m,
y1 y2＝-16,
设以线段MN 为直径的圆的圆心为E(xE，yE)，
则yE＝2m，xE＝2m2＋4，即E(2m2＋4，2m)，
|MN|＝√m
2＋1|y1－y2|
＝√m
2＋1·√( y1＋y2)
2- 4 y1 y2
＝4√(m
2＋1)(m
2＋4)，
则圆E 的方程为[x－(2m2＋4)]2＋(y－2m)2
＝4(m2＋1)(m2＋4)，
化简得4xm2＋4ym－(x2－8x＋y2)＝0，
由{
4 x＝0,
4 y ＝0,
-( x
2-8 x＋y
2)＝0,
得{
x＝0,
y ＝0,
因此对于∀m∈R，圆E 恒过原点，
所以以线段MN 为直径的圆过定点(0，0).
课时精练
[分值：34 分]
1.(17 分)已知抛物线C：x2＝－2py(p>0)经过点(2，－1).
(1)求抛物线C 的标准方程及其准线方程；(5 分)
(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0 的直线l 交抛物线C 于M，N 两点，直线y＝－1 分别交直
线OM，ON 于A，B 两点.求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点.(12 分)
(1)解 将点(2，－1)代入抛物线方程得22＝－2p×(－1)，可得p＝2，
故抛物线C 的标准方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.
(2)证明 由题意知直线l 的斜率存在，焦点坐标为(0，－1)，
设直线l 的方程为y＝kx－1，与抛物线方程x2＝－4y 联立可得x2＋4kx－4＝0，Δ＝16k2＋16>0，
故x1＋x2＝－4k，x1x2＝－4，
设M(x1，- x1
2
4 )，N(x2，- x2
2
4 )，
则kOM＝－x1
4 ，kON＝－x2
4 ，
直线OM 的方程为y＝－x1
4 x，与y＝－1 联立可得A(
4
x1
，-1)，同理可得B(
4
x2
，-1)，
易知以AB 为直径的圆的圆心坐标为(
2
x1
＋2
x2
，-1)，圆的半径为|
2
x1
- 2
x2|，
且2
x1
＋2
x2
＝2( x1＋x2)
x1 x2
＝2k，
|
2
x1
- 2
x2|＝2×√( x1＋x2)
2- 4 x1 x2
| x1 x2|
＝2√k
2＋1，
则圆的方程为(x－2k)2＋(y＋1)2＝4(k2＋1)，
令x＝0，整理可得y2＋2y－3＝0，解得y1＝－3，y2＝1，
即以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点(0，－3)，(0，1).
2.(17 分)(2025·九江模拟)已知双曲线C：x
2
a
2 －y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)的离心率为√5，点P(3，4)在C 上.
(1)求双曲线C 的方程；(5 分)
(2)直线l 与双曲线C 交于不同的两点A，B，若直线PA，PB 的斜率互为倒数，证明：直线l 过定点.(12 分)
(1)解 由已知得e＝c
a ＝√5，c2＝a2＋b2，所以b＝2a，
又点P(3，4)在C 上，故9
a
2 －16
4 a
2＝1，
解得a2＝5，b2＝20，
所以双曲线C 的方程为x
2
5 －y
2
20＝1.
(2)证明 当直线l 的斜率不存在时，可设A(m，n)，B(m，－n)，
则{
m
2
5 - n
2
20 ＝1,
4 -n
3-m · 4＋n
3-m ＝1,
无解.
当直线l 的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，与C 联立，
消去y 得(4－k2)x2－2kmx－m2－20＝0，
由已知得k2≠4，且Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋20)＝16(m2－5k2＋20)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2km
4 -k
2，x1x2＝－m
2＋20
4 -k
2 ，
直线PA，PB 的斜率分别为
k1＝y1- 4
x1-3 ＝k x1＋m- 4
x1-3
，k2＝k x2＋m- 4
x2-3
，
由k1k2＝1，
得(kx1＋m－4)(kx2＋m－4)＝(x1－3)(x2－3)，
即(k2－1)x1x2＋(km－4k＋3)(x1＋x2)＋m2－8m＋7＝0，
所以－(k2－1)(m2＋20)＋2km(km－4k＋3)＋(4－k2)(m2－8m＋7)＝0，
化简得(m＋3k－4)(5m－9k－12)＝0，
又已知l 不过点P(3，4)，故m＋3k－4≠0，
所以5m－9k－12＝0，即m＝9
5k＋12
5 ，
故直线l 的方程为y＝k(x＋9
5)＋12
5 ，
所以直线l 过定点(- 9
5 ，12
5 ).
