微专题34 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: y
2
9 ＋x
2
4 ＝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),
联立{
y −3＝k( x＋2),
y
2
9 ＋x
2
4 ＝1,
消去y 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＝－16k
2＋24 k
4 k
2＋9
,x1x2＝16k
2＋48k
4 k
2＋9
.
直线AP:y＝
y1
x1＋2(x＋2),
令x＝0,解得yM＝
2 y1
x1＋2,
同理得yN＝
2 y2
x2＋2,
则yM＋yN＝2
y1( x2＋2)＋y2( x1＋2)
( x1＋2)( x2＋2)
＝2
(k x1＋2k ＋3)( x2＋2)＋(k x2＋2k ＋3)( x1＋2)
( x1＋2)( x2＋2)
＝2
2k x1 x2＋(4 k ＋3)( x1＋x2)＋8k ＋12
x1 x2＋2( x1＋x2)＋4
＝22k(16k
2＋48k )＋(4 k ＋3)(−16 k
2−24 k )＋(8k ＋12)(4 k
2＋9)
16k
2＋48k ＋2(−16k
2−24 k )＋4(4 k
2＋9)
＝2×108
36 ＝6,
所以MN 的中点的纵坐标为y M ＋y N
2
＝3,
所以MN 的中点为定点(0,3).
样题1 (2025·吕梁模拟改编)已知椭圆C: x
2
12 ＋y
2
4 ＝1,若直线l 交椭圆C 于M,N 两点,且线段MN 的
中点P 的横坐标为－2√2,过P 作直线l'⊥l.证明:直线l'恒过定点,并求出该定点的坐标.
证明 设P(－2√2,y0),
代入椭圆方程得y0＝±2√3
3 ,
由题知－2√3
3 <y0<2√3
3 ,
当y0≠0 时,设M(x1,y1),N(x2,y2),
显然x1≠x2,
由{
x1
2
12 ＋y1
2
4 ＝1,
x2
2
12 ＋y2
2
4 ＝1,
得x1
2−x2
2
12
＋y1
2−y2
2
4
＝0,
即
y1−y2
x1−x2 ·
y1＋y2
x1＋x2 ＝－1
3,
由P 为线段MN 的中点,
得
y1−y2
x1−x2 ·(−2 y0
4√2)＝－1
3,
直线l 的斜率k＝
y1−y2
x1−x2
＝2√2
3 y0
,
由l'⊥l,得直线l'的方程为
y－y0＝－3 y0
2√2(x＋2√2),
即y＝－3 y0
2√2(x＋4√2
3 ),
因此直线l'过定点(−4√2
3
,0),
当y0＝0 时,直线l:x＝－2√2,此时l'为x 轴,亦过点(−4√2
3
,0),
所以直线l'恒过定点(−4√2
3
,0).
样题2 已知椭圆C: x
2
2 ＋y2＝1 的上顶点为A,过点(0, 1
2)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＋1
2,P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立{
y ＝kx ＋1
2 ,
x
2
2 ＋y
2＝1,
消去y 得
(4k2＋2)x2＋4kx－3＝0,
所以x1＋x2＝－
4 k
4 k
2＋2,x1x2＝－
3
4 k
2＋2,
直线AP 的方程为y＝
y1−1
x1
x＋1,
直线AQ 的方程为y＝
y2−1
x2
x＋1,
可得M(
−x1
y1−1 ,0),N(
−x2
y2−1 ,0),
以MN 为直径的圆的方程为
(x＋
x1
y1−1)(x＋
x2
y2−1)＋y2＝0,
即x2＋y2＋(
x1
y1−1 ＋
x2
y2−1)x＋
x1 x2
( y1−1)( y2−1)＝0,①
因为
x1 x2
( y1−1)( y2−1) ＝
x1 x2
(k x1−1
2)(k x2−1
2)
＝
4 x1 x2
4 k
2 x1 x2−2k( x1＋x2)＋1
＝
−12
−12k
2＋8k
2＋4 k
2＋2＝－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,±√6).
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 (2025·岳阳模拟)已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F,点F 在直线2x＋3y－2＝0 上,A,B
是抛物线C 上两个不同的点.
(1)求抛物线C 的方程;
(2)设直线OA,OB 的斜率为kOA,kOB,若kOA·kOB＝－2,证明:直线AB 过定点,并求定点坐标.
(1)解 y2＝2px(p>0)的焦点在x 轴上,为(
p
2 ,0),
直线2x＋3y－2＝0 与x 轴的交点坐标为(1,0),
则p
2 ＝1,即p＝2,所以抛物线为y2＝4x.
(2)证明 法一 由题意可知AB 所在直线斜率不为0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),AB 所在直线方程为x＝my＋n,联立y2＝4x,化简可得
y2－4my－4n＝0,
则y1y2＝－4n,Δ＝16m2＋16n>0,(*)
又kOA·kOB＝
y1
x1
·
y2
x2
＝y1· y2
y1
2· y2
2
16
＝
16
y1· y2
＝16
−4 n＝－2,
则n＝2,满足(*)式,即直线AB 恒过点(2,0).
法二 当直线AB 的斜率不存在时,
设A(
y0
2
4 , y0),B(
y0
2
4 ,−y0),
所以kOA·kOB＝
−16 y0
2
y0
4
＝－2,
所以y0
2＝8,所以直线AB 的方程为x＝2;
当直线AB 的斜率存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB 所在直线方程为y＝kx＋b(k≠0,b≠0),
联立y2＝4x,
化简可得k2x2＋(2kb－4)x＋b2＝0,
由题意可知Δ＝(2kb－4)2－4k2b2＝16－16kb>0 即kb<1(*).
由根与系数的关系知
x1＋x2＝4−2kb
k
2
,x1x2＝b
2
k
2,
所以kOA·kOB＝y1 y2
x1 x2
＝k
2 x1 x2＋kb( x1＋x2)＋b
2
x1 x2
＝4 k
b ＝－2,所以b＝－2k,满足(*)式.
所以AB 所在直线方程为y＝kx－2k＝k(x－2),
综上,直线AB 恒过点(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: x
2
4 －y
2
16＝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MN 的斜率不为0,所以设直线MN 的方程为x＝my－4,且－1
2<m<1
2,与x
2
4 －y
2
16＝1 联立
可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0,且Δ＝64(4m2＋3)>0,
则y1＋y2＝32m
4 m
2−1,y1y2＝
48
4 m
2−1,
直线MA1的方程为y＝
y1
x1＋2(x＋2),直线NA2的方程为y＝
y2
x2−2(x－2),
联立直线MA1与直线NA2的方程,消去y,得x＋2
x−2 ＝y2( x1＋2)
y1( x2−2) ＝y2(m y1−2)
y1(m y2−6)
＝
m y1 y2−2( y1＋y2)＋2 y1
m y1 y2−6 y1
＝
m·
48
4 m
2−1
−2·
32m
4 m
2−1
＋2 y1
m·
48
4 m
2−1
−6 y1
＝
−16m
4 m
2−1
＋2 y1
48m
4 m
2−1
−6 y1
＝－1
3,
由x＋2
x−2 ＝－1
3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 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√2
2 ,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√2,
∴P(2,±2√2),
∴kPF＝±2√2
2−1 ＝±2√2.
(2)证明 法一 设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线PQ:y＝√2
2 x＋t,即x＝√2y－√2t,
代入y2＝4x,得y2－4√2y＋4√2t＝0,
由根与系数的关系,有y1＋y2＝4√2,
故yR＝y1＋y2
2
＝2√2,R 在定直线y＝2√2上.
法二 设P(x1,y1),Q(x2,y2),
由题意,
y2−y1
x2−x1
＝y2−y1
y2
2
4 −y1
2
4
＝
4
y1＋y2
＝√2
2 ,
故y1＋y2＝4√2,故yR＝y1＋y2
2
＝2√2,R 在定直线y＝2√2上.
样题4 (2025·北京石景山区模拟改编)已知椭圆C: x
2
8 ＋y
2
4 ＝1,椭圆C 与y 轴的交点为A,B(点A 位
于点B 的上方),直线l:y＝kx＋4 与椭圆C 交于不同的两点M,N.设直线AN 与直线BM 相交于点G.
试问点G 是否在某定直线上?若是,求出该直线方程;若不是,说明理由.
解 在定直线y＝1 上,理由如下:
设点N(x1,y1),M(x2,y2)(y1,2≠±2),椭圆与直线l 联立消去y 整理得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0,
由Δ＝(16k)2－4×24(1＋2k2)>0,得k2>3
2,
且x1＋x2＝－
16 k
1＋2k
2,x1·x2＝
24
1＋2k
2,
所以x1＋x2＝－2
3kx1·x2,
易知A(0,2),B(0,－2),
则lAN:y－2＝
y1−2
x1
x,lBM:y＋2＝
y2＋2
x2
x,
两式作商得y −2
y ＋2 ＝( y1−2)· x2
( y2＋2)· x1
＝k x1 x2＋2 x2
k x1 x2＋6 x1
＝
−3
2 ( x1＋x2)＋2 x2
−3
2 ( x1＋x2)＋6 x1
＝－1
3,解得y＝1,
故G 在定直线y＝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 (2025·保定模拟)已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F,过F 作互相垂直的直线l1,l2,分别与
C 交于A,B 和D,E 两点(A,D 在第一象限),当直线l1的倾斜角等于45°时,四边形ADBE 的面积为
32.
(1)求C 的方程;
(2)设直线AD 与BE 交于点Q,证明:点Q 在定直线上.
(1)解 当直线l1的倾斜角等于45°时,直线l2的倾斜角等于135°,直线AB 的方程为y＝x－p
2 ,
由抛物线的对称性知|AB|＝|DE|,
所以S 四边形ADBE＝1
2|AB||DE|＝32,得|AB|＝8.
联立{
y ＝x−p
2 ,
y
2＝2 px ,
消去y 得x2－3px＋p
2
4 ＝0.
Δ＝8p2>0,
设A,B 两点的横坐标分别为xA,xB,
则xA＋xB＝3p.
因为|AB|＝xA＋xB＋p＝4p＝8,
所以p＝2,
所以C 的方程为y2＝4x.
(2)证明 由(1)知F(1,0),依题意,可设直线l1的方程为y＝k(x－1)(k≠0),
则直线l2的方程为y＝－1
k (x－1).
联立{
y ＝k( x−1),
y
2＝4 x ,
消去x 得y2－4
k y－4＝0,显然Δ>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则y1＋y2＝4
k ,y1y2＝－4.
设D(x3,y3),E(x4,y4),
同理可得y3＋y4＝－4k,y3y4＝－4,
所以kAD＝
y1−y3
x1−x3
＝y1−y3
y1
2
4 −y3
2
4
＝
4
y1＋y3,
同理可得kBE＝
4
y2＋y4.
直线AD 的方程为y－y1＝
4
y1＋y3(x－x1),
即y＝
4
y1＋y3(x−y1
2
4 )＋y1
＝
4
y1＋y3x＋
y1 y3
y1＋y3.
同理,直线BE 的方程为
y＝
4
y2＋y4x＋
y2 y4
y2＋y4
＝
4
−4
y1
−4
y3
x＋
16
y1 y3
−4
y1
−4
y3
＝－
y1 y3
y1＋y3x－
4
y1＋y3.
两直线方程联立得
4
y1＋y3x＋
y1 y3
y1＋y3
＝－
y1 y3
y1＋y3x－
4
y1＋y3,
解得x＝－1,即直线AD 与BE 的交点Q 在定直线x＝－1 上.
【精准强化练】
1.(2025·郑州质检)已知双曲线C 与椭圆x
2
9 ＋y
2
3 ＝1 有相同的焦点,P(3,√6)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
x
2
a
2 －y
2
b
2 ＝1(a>0,b>0),
由已知得a2＋b2＝6,且9
a
2 －6
b
2＝1,
解得a2＝b2＝3.
所以双曲线C 的方程为x
2
3 －y
2
3 ＝1.
(2)证明 设直线l 的方程为y＝m,m≠0,
将其与x
2
3 －y
2
3 ＝1 联立,
解得x＝√m
2＋3或x＝－√m
2＋3.
不妨设A(－√m
2＋3,m),B(√m
2＋3,m),
由(1)知M(√3,0),
则⃗AM·⃗BM＝(√3＋√m
2＋3,－m)·(√3－√m
2＋3,－m)＝(√3＋√m
2＋3)(√3－√m
2＋3)＋m2＝3－
(m2＋3)＋m2＝0,
所以⃗AM⊥⃗BM,故以AB 为直径的圆过点M.
2.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＝y1−2
x1−2 ＝
x1
2
2 −2
x1−2 ＝( x1−2)( x1＋2)
2( x1−2)
＝x1＋2
2
,
同理可得kPB＝x2＋2
2
,
所以kPA·kPB＝x1＋2
2
· x2＋2
2
＝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{
x
2＝2 y ,
y ＝kx ＋b,
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).
3.(2025·南京调研改编)已知双曲线x2－y2＝4,设双曲线的左、右顶点分别为A,B,在直线x＝1 上取
一点P(1,t)(t≠0),直线AP 交双曲线右支于点C,直线BP 交双曲线左支于点D,直线AD 和直线BC
的交点为Q,求证:点Q 在定直线上.
证明 设直线AP 的方程为x＝3
t y－2,
由题意可知t≠±3,联立{
x＝3
t y −2,
x
2−y
2＝4 ,
消去x 整理得(
9
t
2 −1)y2－12
t y＝0,
所以yC＝12t
9−t
2,xC＝3
t yC－2＝18＋2t
2
9−t
2
.
设直线BP 的方程为x＝－1
t y＋2,
由题可知,t≠±1,联立{
x＝−1
t y ＋2,
x
2−y
2＝4 ,
消去x 整理得(
1
t
2 −1)y2－4
t y＝0,
所以yD＝4t
1−t
2,
xD＝－1
t yD＋2
＝−2−2t
2
1−t
2
.
所以kAD＝
y D
xD＋2 ＝
4t
1−t
2
−4t
2
1−t
2
＝－1
t ,
kBC＝
yC
xC−2 ＝
12t
9−t
2
4 t
2
9−t
2
＝3
t ,
则直线AD 的方程为y＝－1
t (x＋2),
直线BC 的方程为y＝3
t (x－2).
设Q(x0,y0),则{
y0＝−1
t ( x0＋2),
y0＝3
t ( x0−2),
两式作商消t 得
x0−2
x0＋2＝－1
3,
解得x0＝1,所以点Q 在直线x＝1 上.
4.(2025·马鞍山模拟)已知椭圆C: x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的离心率为1
2,且点P(1, 3
2)在椭圆C 上.
(1)求椭圆C 的标准方程;
(2)若A,B 为椭圆C 上的两点,且满足AP⊥BP,求证:直线AB 过定点.
(1)解 因为椭圆C 离心率为1
2,
所以e＝c
a ＝√
1−b
2
a
2 ＝1
2,
又因为点P(1, 3
2)在椭圆C 上,
所以1
a
2 ＋9
4 b
2＝1,
解得a2＝4,b2＝3,
椭圆C 的标准方程为x
2
4 ＋y
2
3 ＝1.
(2)证明 ①当AB 斜率不存在时,设AB 的方程为x＝m,
则A(m,n),B(m,－n),⃗PA ＝(m−1,n−3
2),⃗PB＝(m−1,−n−3
2),
因为PA⊥PB,
所以⃗PA·⃗PB＝(m－1)2－(n
2−9
4)＝0,
因为m
2
4 ＋n
2
3 ＝1,所以n2＝3－3
4 m2,
所以7m
2
4 －2m＋1
4＝0,
解得m＝1
7或m＝1(舍);
②当AB 斜率存在时,设AB 的方程为y＝kx＋t,
联立x
2
4 ＋y
2
3 ＝1 消去y 得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0,
Δ＝64k2t2－16(4k2＋3)(t2－3)>0,
即4k2－t2＋3>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x1＋x2＝－
8kt
4 k
2＋3,x1x2＝4t
2−12
4 k
2＋3,
y1＋y2＝
6t
4 k
2＋3,y1y2＝3t
2−12k
2
4 k
2＋3 ,
因为PA⊥PB,所以⃗PA·⃗PB＝(x1－1)(x2－1)＋( y1−3
2)( y2−3
2)＝0,
即x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2－3
2(y1＋y2)＋9
4＝0,
代入化简得28t2＋4k2＋32kt－36t－9＝0,
即(2k＋2t－3)(2k＋14t＋3)＝0,
当2k＋2t－3＝0 时,t＝3
2－k,
此时AB 方程为y＝k(x－1)＋3
2,
过定点(1, 3
2),舍去;
当2k＋14t＋3＝0 时,t＝－1
7k－3
14,
此时AB 方程为y＝k(x−1
7)－3
14 ,过定点(
1
7 ,−3
14).
综上,直线AB 过定点(
1
7 ,−3
14)
