文档文本内容
进阶6 解析几何中的定直线问题
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题，解决这类问题，一般可以套用求
轨迹方程的通用方法，也可以根据其本身特点的独特性采用一些特殊方法.
解决定直线问题的核心在于确定定点的轨迹.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，待定系数法求解出系数.
(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.
题型一 点在定直线上
例1 在平面直角坐标系Oxy 中，已知双曲线C 的中心为坐标原点，对称轴是坐标轴，右支与x 轴的交
点坐标为(1，0)，其中一条渐近线的倾斜角为π
3 .
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)过点T(2，0)作直线l 与双曲线C 的左、右两支分别交于A，B 两点，在线段AB 上取一点E 满足|AE|·|
TB|＝|EB|·|AT|，证明：点E 在一条定直线上.
(1)解 根据题意，设双曲线C 的标准方程为x
2
a
2 －y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)，
由题知a＝1，b
a＝tanπ
3 ＝√3，可得b＝√3，
所以双曲线C 的标准方程为x2－y
2
3 ＝1.
(2)证明 易知T(2，0)为双曲线的右焦点，如图所示，
由题知直线l 的斜率存在，
设斜率为k，则－√3<k<√3，
故直线l 的方程为y＝k(x－2)，
代入双曲线方程得(3－k2)x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0，Δ>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由根与系数的关系得x1＋x2＝- 4 k
2
3-k
2 ，
x1x2＝－4 k
2＋3
3-k
2 ，
且x1≤－1，1≤x2<2，
设E(x0，y0)，点E 在线段AB 上，
所以x1<x0<x2，
由|AE|·|TB|＝|EB|·|AT|可得
√1＋k
2(x0－x1)·√1＋k
2(2－x2)
＝√1＋k
2(x2－x0)·√1＋k
2(2－x1)，
化简得4x0－(2＋x0)(x1＋x2)＋2x1x2＝0，
代入x1＋x2和x1x2并化简可得x0＝1
2，
即存在点E 满足条件，并且点E 在定直线x＝1
2上.
思维升华 证明点在定直线上的一般方法
(1)联立方程消去参数.
(2)挖掘图形的对称性，解出动点横坐标或纵坐标.
(3)将横、纵坐标分别用参数表示，再消去参数.
(4)设点，对方程变形解得定直线.
跟踪训练1 如图，在△ABC 中，|BC|＝2√3，|AB|＋|AC|＝4，若以BC 所在直线为x 轴，以线段BC 的
垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系.设动顶点A(x，y).
(1)求顶点A 的轨迹方程；
(2)记第(1)问中所求轨迹为M，设D1(－2，0)，D2(2，0)，过点(1，0)作动直线l 与曲线M 交于P，Q 两
点(点P 在x 轴下方).求证：直线D1P 与直线D2Q 的交点E 在一条定直线上.
(1)解 由|AB|＋|AC|＝4>|BC|＝2√3，
可知点A 的轨迹为以B，C 为焦点的椭圆(去掉(－2，0)，(2，0)两点)，且该椭圆的长轴长为2a＝4，a＝2，
该椭圆的焦距为2c＝2√3，c＝√3，
即b＝√a
2-c
2＝1，
故顶点A 的轨迹方程为x
2
4 ＋y2＝1(y≠0).
(2)证明 直线l 的方程可设为x＝my＋1，
联立{
x＝my ＋1,
x
2
4 ＋y
2＝1,
消去x 可得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
Δ＝4m2＋12(m2＋4)>0 显然成立，
设Q(x1，y1)，P(x2，y2)，y1>0，y2<0，
则y1＋y2＝－
2m
m
2＋4 ，y1y2＝－
3
m
2＋4 ，
即2my1y2＝3(y1＋y2)，
设直线D2Q：y＝
y1
x1-2(x－2)，
直线D1P：y＝
y2
x2＋2(x＋2)，
联立上述两方程，
消去y 可得
y1
x1-2(x－2)＝
y2
x2＋2(x＋2)，
y1
x1-2x－
y2
x2＋2x＝2 y1
x1-2 ＋2 y2
x2＋2，
[ y1( x2＋2)- y2( x1-2)]x＝2y1(x2＋2)＋2y2(x1－2)，
又x2＝my2＋1，x1＝my1＋1，
则[ y1(m y2＋3)- y2(m y1-1)]x＝2y1(my2＋3)＋2y2(my1－1)，(3y1＋y2)x＝4my1y2＋6y1－2y2，
由4my1y2＝6(y1＋y2)，
则(3y1＋y2)x＝6(y1＋y2)＋6y1－2y2
＝12y1＋4y2，3y1＋y2不恒为0，解得x＝4，
综上所述，交点E 在定直线x＝4 上.
题型二 三角形内心(外心、重心、垂心)在定直线上
例2 已知R 是圆M：(x＋√3)2＋y2＝8 上的动点，点N(√3，0)，直线NR 与圆M 的另一个交点为S，点
L 在直线MR 上，MS∥NL，动点L 的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C 的方程；
(2)若过点P(－2，0)的直线l 与曲线C 相交于A，B 两点，且A，B 都在x 轴上方，问：在x 轴上是否存
在定点Q，使得△QAB 的内心在一条定直线上？请你给出结论并证明.
解 (1)圆M 的圆心坐标为M(－√3，0)，半径r＝2√2，
因为MS∥NL，
所以△MSR∽△LNR，
又因为|MR|＝|MS|，
所以|LR|＝|LN|，
所以||LM|－|LN||＝||LM|－|LR||＝|MR|＝r＝2√2<2√3＝|MN|，
所以点L 在以M，N 为焦点，2√2为实轴长的双曲线上，
设双曲线的方程为x
2
a
2 －y
2
b
2 ＝1(a>0，b>0)，
则2a＝2√2，2c＝2√3.
所以a＝√2，c＝√3，b＝1，
又L 不可能在x 轴上，所以曲线C 的方程为x
2
2 －y2＝1(y≠0).
(2)在x 轴上存在定点Q(－1，0)，使得△QAB 的内心在一条定直线上.
证明如下：
由条件可设l：x＝my－2.代入x
2
2 －y2＝1，
得(m2－2)y2－4my＋2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，|x1|>√2，|x2|>√2，
则{
m
2-2≠0,
Δ＝16m
2-8(m
2-2)>0,得m2≠2，
所以y1＋y2＝4 m
m
2-2>0，y1y2＝
2
m
2-2>0，
所以y1＋y2＝2my1y2，
取Q(－1，0)，
则kAQ＋kBQ＝
y1
x1＋1 ＋
y2
x2＋1 ＝
y1
m y1-2＋1 ＋
y2
m y2-2＋1 ＝2m y1 y2-( y1＋y2)
(m y1-1)(m y2-1) ＝0，
又A，B 都在x 轴上方，所以∠AQB 的平分线为定直线x＝－1，
所以在x 轴上存在定点Q(－1，0)，使得△QAB 的内心在定直线x＝－1 上.
思维升华 三角形内切圆的圆心在三角形的角平分线上，角平分线是角的关系，因此找角与斜率的关系即
可.
跟踪训练2 (2025·衡水模拟)已知椭圆C：x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，M(1，1)是
椭圆C 上一点，且点M 到点F1，F2的距离之和为2√3.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)斜率为1
2的直线l 与椭圆C 交于A，B 两点，则△MAB 的外心是否在一条定直线上？若在，求出该直
线的方程；若不在，请说明理由.
解 (1)由题意，得{
2a＝2√3,
1
a
2 ＋1
b
2 ＝1,解得{
a＝√3,
b＝√6
2 ,
故椭圆C 的标准方程为
x
2
3 ＋y
2
3
2
＝1.
(2)△MAB 的外心在定直线2x－y－1＝0 上.理由如下：
由题意设直线l 的方程为y＝1
2x＋t，
因为直线l 不能过点M(1，1)，所以t≠1
2，
联立{
y ＝1
2 x＋t ,
x
2
3 ＋2 y
2
3 ＝1,
得3x2＋4tx＋4t2－6＝0，
所以Δ＝16t2－12(4t2－6)>0，
即－3
2<t<3
2，且t≠1
2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－4t
3 ，x1x2＝4t
2-6
3
，
若直线MA⊥x 轴，则A(1，－1)，
代入直线l：y＝1
2x＋t，
得t＝－3
2，不符合题意，故x1≠1；
同理可得x2≠1，
所以直线MA，MB 的斜率一定存在，
则kMA＋kMB＝
y1-1
x1-1 ＋y2-1
x2-1
＝(
1
2 x1＋t -1)( x2-1)＋(
1
2 x2＋t -1)( x1-1)
( x1-1)( x2-1)
＝
x1 x2＋(t - 3
2)( x1＋x2)-2t ＋2
( x1-1)( x2-1)
＝
4t
2-6
3
＋(t - 3
2)·(- 4 t
3 )-2t ＋2
( x1-1)( x2-1)
＝0，
即直线MA 与MB 的斜率互为相反数.
设直线MA 的方程为y－1＝k(x－1)，
即y＝kx＋1－k.
若k＝0，则直线MA：y＝1，
此时A(－1，1)，代入直线l：y＝1
2x＋t，
则t＝3
2，不符合题意，故k≠0，
联立{
x
2
3 ＋2 y
2
3 ＝1,
y ＝kx ＋1-k ,
得(2k2＋1)x2＋4k(1－k)x＋2(1－k)2－3＝0，
由Δ＝4(2k＋1)2>0 得k≠－1
2，
则k≠－1
2且k≠0，
则x1＋1＝－4 k(1-k )
2k
2＋1 ，
设线段MA 的中点为N(x0，y0)，
所以x0＝x1＋1
2
＝－2k(1-k )
2k
2＋1 ，
所以y0＝kx0＋1－k
＝k·[- 2k(1-k )
2k
2＋1 ]＋1－k＝1-k
2k
2＋1，
即N(- 2k(1-k )
2k
2＋1
，
1-k
2k
2＋1)，
所以线段MA 的垂直平分线的方程为
y－1-k
2k
2＋1＝－1
k(x＋2k -2k
2
2k
2＋1)，
即y＝－1
k x＋
k -1
2k
2＋1，
①
直线MB 的方程为y－1＝－k(x－1)，k≠0，且k≠1
2，
同理可得线段MB 的垂直平分线的方程为
y＝1
k x－k ＋1
2k
2＋1，
②
联立①②，得{
x＝
k
2
2k
2＋1
,
y ＝-
1
2k
2＋1
,
即2x－y－1＝0，
故△MAB 的外心在定直线2x－y－1＝0 上.
课时精练
[分值：34 分]
1.(17 分)已知抛物线C：x2＝4y 的焦点为F，设动点P 的坐标为(m，n).
(1)若m＝2，n＝1，求过点P 与抛物线C 有且只有一个公共点的直线方程；(6 分)
(2)设过动点P 的两条直线l1，l2均与C 相切，且l1，l2的斜率分别为k1，k2，满足(k1－1)(k2－1)＝4.证明：动
点P 在一条定直线上.(11 分)
(1)解 当经过点P(2，1)的直线斜率不存在时，直线方程为x＝2，
与抛物线C：x2＝4y 有且只有一个公共点P(2，1)，符合题意；
当经过点P(2，1)的直线斜率存在时，不妨设直线方程为y－1＝k(x－2)，
代入抛物线方程化简得x2－4kx＋8k－4＝0，
令Δ＝(－4k)2－4(8k－4)＝0，得k＝1，
直线方程为x－y－1＝0，
因此所求直线方程为x＝2 或x－y－1＝0.
(2)证明 设过点P 与抛物线C 相切的切线方程为l：y－n＝k(x－m)，
由{
y -n＝k( x -m),
x
2＝4 y ,
消去y 整理得x2－4kx＋4(km－n)＝0，
因为l 与抛物线C 相切，
所以Δ＝(－4k)2－4×1×4(km－n)＝0，
即k2－mk＋n＝0.
又因为k1，k2是方程k2－mk＋n＝0 的两根，
则k1＋k2＝m，k1k2＝n，
由(k1－1)(k2－1)＝4，
可得k1k2－(k1＋k2)－3＝0，即n－m－3＝0，
从而动点P(m，n)在直线x－y＋3＝0 上.
2.(17 分)(2024·葫芦岛模拟)已知椭圆G：x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)经过D(1，3
2)，E(2，0)两点.作斜率为1
2的直
线l 与椭圆G 交于A，B 两点(点A 在点B 的左侧)，且点D 在直线l 上方.
(1)求椭圆G 的标准方程；(5 分)
(2)证明：△DAB 的内切圆的圆心在一条定直线上.(12 分)
(1)解 因为椭圆G 的焦点在x 轴上，且过点E(2，0)，
所以a＝2，又椭圆G 过点D(1，3
2)，
所以1
4 ＋9
4 b
2＝1，解得b2＝3，
故椭圆G 的标准方程为x
2
4 ＋y
2
3 ＝1.
(2)证明 如图，设直线l 的方程为y＝1
2x＋t，
因为点D 在直线l 上方，
所以t<1，
联立{
y ＝1
2 x＋t ,
x
2
4 ＋y
2
3 ＝1,
消去y 得3x2＋4(
1
2 x＋t)
2
＝12，
整理得x2＋tx＋t2－3＝0.
由Δ>0 得t2－4(t2－3)>0⇒t2<4，
则－2<t<2，故－2<t<1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－3.
若AD⊥x 轴，则A(1，- 3
2)，
代入直线l：y＝1
2x＋t，得t＝－2，不符合题意，
故x1≠1；
同理可得x2≠1.
所以直线AD，BD 的斜率一定存在，
故kAD＝y1- 3
2
x1-1 ＝
1
2 x1＋t - 3
2
x1-1
＝1
2
· x1＋2t -3
x1-1
，kBD＝1
2· x2＋2t -3
x2-1
，
因为kAD＋kBD＝1
2·
x1＋2t -3
x1-1
＋1
2·
x2＋2t -3
x2-1
＝1
2·
( x1＋2t -3)( x2-1)＋( x2＋2t -3)( x1-1)
( x1-1)( x2-1)
＝1
2·
2 x1 x2＋(2t - 4)( x1＋x2)-2(2t -3)
( x1-1)( x2-1)
＝t
2-3-(t -2)t -(2t -3)
( x1-1)( x2-1)
＝0，
所以∠ADB 的平分线为直线x＝1，
故△DAB 的内切圆圆心一定在直线x＝1 上.
