【文档说明】专题3.8 欲证直线过定点，结合特征方程验-玩转压轴题，突破140分之高三数学解答题高端精品（2019版）（解析版）.docx，共(28)页，1.054 MB，由管理员店铺上传

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专题8欲证直线过定点，结合特征方程验【题型综述】直线过定点的解题策略一般有以下几种：（1）如果题设条件没有给出这个定点，那么，我们可以这样思考：由于这个定点对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定点，再证明这个点与变量无关.（2）直接推理、计算，找出参数之间

的关系，并在计算过程中消去部分参数，将直线方程化为点斜式方程，从而得到定点.（3）若直线方程含多个参数并给出或能求出参数满足的方程，观察直线方程特征与参数方程满足的方程的特征，即可找出直线所过顶点坐标，并带入直线方程进行检验.注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而

不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.【典例指引】类型一椭圆中直线过未知顶点问题例1【2017课标1，理20】已知椭圆C：2222=1xyab+（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，32），P4（1，32）中恰有三点在椭圆C上.（1）求C

的方程；（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为–1，证明：l过定点.类型二椭圆中直线过已知定点问题例2.【2017课标II，理】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：2212xy+=上，过M作x轴的垂线，垂足为

N，点P满足2NPNM=。(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线3x=−上，且1OPPQ=，证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。【解析】(1)设出点P的坐标，利用2=NPNM得到点P与点,M坐标之间的关系即可求得轨迹方程为222xy+=。学科&

网（2）由题意知()1,0F−。设()()3,,,QtPmn−,则()()3,,1,,33OQtPFmnOQPFmtn=−=−−−=+−，()(),,3,OPmnPQmtn==−−−。由1=OPPQ得2231mmtnn−−+−=，又由（1）知222mn+=，故330mtn+−=。学科&网所以0=

OQPF，即⊥OQPF。又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。[来源:学_科_网]类型三点在定直线上问题例3【2016高考山东理数】平面直角坐标系xOy中，椭圆C：()222210xyabab+=＞＞的离心率是32，抛物线E：22x

y=的焦点F是C的一个顶点.（I）求椭圆C的方程；（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.（i）求证：点M在定直线上;（ii）直线l与y轴交于点G，记PFG△的面积为1S，

PDM△的面积为2S，求12SS的最大值及取得最大值时点P的坐标.设),(),,(),,(002211yxDyxByxA，联立方程222241mymxxy=−+=得014)14(4322=−+−+mxmxm，由0，得520+m且1442321+=+mmxx，因

此142223210+=+=mmxxx,学科&网（ii）由（i）知直线l方程为22mmxy−=，令0=x得22my−=，所以)2,0(2mG−，又21(,),(0,),22mPmFD))14(2,142(2223+−+mmmm，所以)1(41||2121+==mmmGFS，)

14(8)12(||||2122202++=−=mmmxmPMS，所以222221)12()1)(14(2+++=mmmSS，令122+=mt，则211)1)(12(2221++−=+−=ttttt

SS，当211=t，即2=t时，21SS取得最大值49，此时22=m，满足0，学科&网所以点P的坐标为)41,22(，因此12SS的最大值为49，此时点P的坐标为)41,22(.类型四抛物线中直线过定点问题例4.【2013年高考理科陕西卷】已知动圆过

定点A(4,0),且在y轴上截得的弦MN的长为8.(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹C的方程;(Ⅱ)已知点B(－1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是PBQ的角平分线,证明直线l过定点.【扩展链接】1.对任意圆

锥曲线，过其上任意一点作两条直线，若直线斜率之积为定值，两直线交圆锥曲线于BA,两点，则直线AB过定点.2.已知AB为过抛物线2y=)0(2ppx的焦点F的弦，),(),,(2211yxByxA，则pxxAB++=21||.3.已知AB为过椭圆

)0(12222=+babyax的焦点F的弦，),(),,(2211yxByxA，则||2||21xxeaAB+−=.[来源:学|科|网]4.已知直线)(00xxkyy−=−，当k变动时，直线恒过定点),(00yx.【新题展示】1．【2019福建备考关键问题指导系列适应性练习】设为坐标

原点，动圆过定点，且被轴截得的弦长是8．（Ⅰ）求圆心的轨迹的方程；（Ⅱ）设是轨迹上的动点，直线的倾斜角之和为，求证：直线过定点．【思路引导】（Ⅰ）设动圆圆心，由题设条件，利用圆中的特殊三角形，推导出点P的轨迹方程；（Ⅱ）设出直线AB的方程为，与联立，消元得到，利用韦达定理，最后得到直线AB恒过定

点．【解析】(Ⅰ)设动圆半径为由动圆被轴截得的弦长是8得消去得故圆心的轨迹的方程(Ⅱ)设直线，，联立方程得，消去得，．则，．设直线的倾斜角分别是∵，同理，∴．，故直线过定点．2．【2019河南郑州1月质量预测】设点为圆上的动点，

点在轴上的投影为，动点满足，动点的轨迹为．（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）设的左顶点为，若直线与曲线交于两点，（，不是左右顶点），且满足，求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标．【思路引导】（Ⅰ）设P（x，y），M（x0，y0），由已知条件建立二者之间的

关系，利用坐标转移法可得轨迹方程；（2）由向量条件结合矩形对角线相等可得DA，DB垂直，斜率之积为﹣1，再联立直线与椭圆方程，得根与系数关系，逐步求解得证．【解析】（Ⅰ）设点，，由题意可知∵，∴，即，又点在圆上∴代入得即轨迹的方程为（Ⅱ）由（

Ⅰ）可知，设，联立得即，∴又∵∴即即∴∴解得，，且均满足即当时，的方程为，直线恒过，与已知矛盾；当，的方程为，直线恒过所以，直线过定点，定点坐标为．3．【2019新疆乌鲁木齐一模】椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，过的长轴，短轴端点的一条直线方程是．（1）求椭圆的方程；（

2）过点作直线交椭圆于，两点，若点关于轴的对称点为，证明直线过定点．【思路引导】（1）对于，当时，，即，当，，即，再写出椭圆的方程；（2）设直线，（），设，两点的坐标分别为，，则，代入椭圆方程，即根据

韦达定理，直线方程，求出直线过定点，【解析】（1）对于，当时，，即，当，，即，椭圆的方程为，（2）证明：设直线，（），设，两点的坐标分别为，，则，联立直线与椭圆得，得，，解得，，，直线，令，得，直线过定点4．【2019福建漳州下学期第二次质量监测】

设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，该椭圆的左顶点A到直线的距离为．求椭圆C的标准方程；若线段MN平行于y轴，满足，动点P在直线上，满足，证明：过点N且垂直于OP的直线过椭圆C的右焦点F．【思路引导】（1）根据点到直线的距离公式

即可求出a的值，可得椭圆方程，（2）由题意M（m，n），N（m，），P（2，t），根据（2）•0，可得y1＝2n，由2，可得2m+2nt＝6，再根据向量的运算可得•0，即可证明．【解析】(1)由题意：，椭圆的

标准方程为：(2)设，，则，，即，解，，，即：，得即直线的方程为：，设过点且垂直于直线为，直线的方程：，即直线过定点，即直线恒过椭圆的右焦点5．【2019河北衡水十三中学质检】已知抛物线：，过其焦点作斜率为1的直线交抛物线于，两点，且线段的中点的纵坐标为4．

（1）求抛物线的标准方程；（2）若不过原点且斜率存在的直线与抛物线相交于、两点，且．求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．【思路引导】（1）根据线段的中点的纵坐标为4，直线的斜率为1，利用抛物线的方程，求解，即可得到抛物线的方程；（2）设直线：，联立方程组，利用根与系数的关系，求得，，再由得，即

可得到结论．【解析】（1）设，两点的坐标分别为，，则，，两式相减得．即，又线段的中点的纵坐标为4，直线的斜率为1，∴，∴．即抛物线的标准方程为．（2）设直线：与抛物线：交于点，，则，，∴，∴，，由得，即，，[来源:Z.x

x.k.Com]直线为，∴过定点．6．【2019黑龙江大庆二模】已知椭圆的离心率为，短轴长为4．（1）求椭圆的方程；（2）过点作两条直线，分别交椭圆于两点（异于），当直线，的斜率之和为4时，直线恒过定点，求出定点的坐标．【思路引导】（1）首先根据题

中所给的条件，得到所满足的等量关系式，求解即可；（2）分直线AB的斜率存在与不存在两种情况进行讨论，写出直线的方程，，将其与椭圆方程联立，根据题中的条件，求得，从而求得直线所过的定点为，当直线AB斜率不存在时，验证也过该点，得证．【解析】（1）由题意知：，，

．解得，，，所以椭圆方程为．（2）当直线的斜率存在时，设直线方程为，，．由，得，联立，消去得，由题意知二次方程有两个不等实根，∴，．代入得，整理得．∵，∴，∴，，所以直线恒过定点．当直线的斜率不存在时，设直线的

方程为，，，其中，∴．由，得，∴．∴当直线的斜率不存在时，直线也过定点．综上所述，直线恒过定点．7．【2019福建漳州班第一次质检】已知动圆过点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）若是曲线上的两个点且直线过的外心，其中为坐标原点，求证：直线过定点．【思路引导】（1）根据抛物

线定义，可知曲线方程为抛物线，进而利用定义求得抛物线的方程。（2）设出A、B坐标，设出AB方程，联立抛物线，结合韦达定理表示出与，利用垂直关系求得m的值，进而求出定点坐标。【解析】解法一：（1）由题意可知等于点到直线的距离，所以

曲线是以为焦点，以直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为．解法二：（1）设，由题意可知等于点到直线的距离，所以，整理得曲线的方程为．（2）设直线，代入，得，设，则，，，，，因为直线过的外心，所以，=0所以，所以或，因为直线不过点，所以，所以，所以直线，所以直线过定点．8．【2019

湖北十堰元月调研】设是圆上的任意一点，是过点且与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足．当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）已知直线与曲线交于，两点，点关于轴的对称点为，证明：直线过定点．【思路引导】（1）点A在圆x2+y2＝16上运动，引起点Q

的运动，可由4|BQ|＝3|BA|，得到点A和点Q坐标之间的关系式，由点A的坐标满足圆的方程得到点Q坐标满足的方程；（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），则M′（﹣x1，y1），将直线方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，求出直线M′

N的方程，即可判断出所过的定点．【解析】（1）设，，因为，在直线上，所以，．①因为点在圆上运动，所以．②将①式代入②式即得曲线的方程为．（2）设，，则，联立，得，所以，．因为直线的斜率，所以为．令，得，所以直线过定点．【

同步训练】1．已知椭圆的离心率e=，左、右焦点分别为F1、F2，定点，P（2，），点F2在线段PF1的中垂线上．（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l：y=kx+m与椭圆C交于M、N两点，直线F2M、F2N的倾斜角分别为α、β且α+β=π，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标．【思路点拨】（1）由

椭圆的离心率求得a=c，且丨F1F2丨=丨PF2丨，利用勾股定理即可求得c及a和b的值；（2）将直线代入椭圆方程，利用直线的斜率公式求得=，=，由+=0，结合韦达定理，即可求得m=﹣2k．则直线MN过定点，该定点的坐标为（2，0）．且=，=由已知α+β=π，得+=0，即+=0，化

简，得2kx1x2+（m﹣k）（x1+x2）﹣2m=0，∴2k×﹣（m﹣k）（）﹣2m．整理得m=﹣2k．∴直线MN的方程为y=k（x﹣2），∴直线MN过定点，该定点的坐标为（2，0）．学科&网2.已知焦距为2的椭圆C：+=1

（a＞b＞0）的右顶点为A，直线y=与椭圆C交于P、Q两点（P在Q的左边），Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形．（1）求椭圆C的方程；（2）斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N．（i）若

直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x+3y﹣2=0上一点，且△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，求k的值（ii）若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM，点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是

定点．【思路点拨】（1）由题意可得c=，直线y=代入椭圆方程，求得P，Q的横坐标，可得|AB|，由四边形ABPQ是平行四边形，可得|AB|=|PQ|，解方程可得b，由a，b，c的关系可得a，进而得到椭圆方程；（2）（i）由直线y=kx代入椭圆方程，求得

M的坐标，由△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，可设E（m，﹣m），求出E到直线kx﹣y=0的距离d，由题意可得OE⊥MN，|OM|=d，解方程可得k的值；（ii）由M（﹣2，0），可得直线MN的方程为y=k（x+2），

代入椭圆方程，可得x的方程，运用韦达定理，可得N的坐标，设G（t，0），（t≠﹣2），由题意可得D（2，4k），A（2，0），以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，可得AN⊥DG，运用两直线垂直的条件，可得斜率之积为﹣1，解方程可得

t=0，即可得到定点．（ii）证明：由M（﹣2，0），可得直线MN的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程可得，（1+2k2）x2+8k2x+8k2﹣4=0，可得﹣2+xN=﹣，[来源:学。科。网]解得xN=，yN=k（xN+2）=，即N（，），设G（t，0），（t

≠﹣2），由题意可得D（2，4k），A（2，0），以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，学科&网可得AN⊥DG，即有kAN•kDG=﹣1，即为•=﹣1，解得t=0．学科&网故点G是定点，即为原点（0，0）．3.已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）经过点（1

，），且离心率e=（1）求椭圆E的方程；（2）设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y=kx+m与椭圆E相交于M、N两点（异于A点），且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标．【思路点拨】（1）由题意的离心率公式e=，求得a=2c，b2=3c2，将点代入椭圆方程，即可求得a

和b的值，即可求得椭圆C的标准方程；（2）将直线方程代入椭圆方程，由题意可知•=0，由向量数量积的坐标运算及韦达定理，即可求得m和k的关系，代入即可求得直线恒过定点．∴++2×+4=0，化简得，7m2+4k2

+16mk=0解得m=﹣2k或m=﹣且均满足3+4k2﹣m2＞0当m=﹣2k时，L：y=k（x﹣2），直线过定点（2，0）与已知矛盾；当m=﹣时，L；y=k（x﹣），直线过定点（，0），综上，直线l过定点，定点坐标为（，

0）．4.已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为圆F1、F2，M是C上一点，|MF1|=2，且．（1）求椭圆C的方程；[来源:学,科,网]（2）当过点P（4，1）的动直线l与椭圆C相交于不同两点A，B时，线段AB上取点Q，且Q满足，证明点Q总在某定直线上，并求出该定直线．【思路点拨】（1）由已知得

a=2c，且，由余弦定理求出c=1．由此能求出椭圆C的方程．（2）设直线l的方程为y=kx+（1﹣4k），代入椭圆方程，得（3+4k2）x2+（8k﹣32k2）x+64k2﹣32k﹣8=0，由此利用韦达定理、向量，结合已知条件能证明点Q总在某定直线上，并求出该定直

线．5.已知椭圆C的方程为+=1（a＞b＞0），离心率e=，点P（，1）在椭圆C上．（1）求椭圆C的方程；（2）过C的右焦点F作两条弦AB，CD，满足⋅=0，且=2，=2，求证：直线MN过定点，并求出此定点．【思

路点拨】（1）由a=c，则b2=a2﹣c2=2c2，将P代入椭圆方程，即可求得a和b的值，求得椭圆方程．（2）然后分弦AB，CD的斜率均存在和弦AB或CD的斜率不存在两种情况求解．当斜率均存在时，写出直线AB的方程，代入椭圆方程后化简，利用根与系数关系求得M坐标

，同理求得N的坐标．进一步分k≠±1和k=±1求得直线MN的方程，从而说明直线MN过定点，当弦AB或CD的斜率不存在时，易知，直线MN为x轴，也过点（，0）．则x1+x2=，x1x2=，∴x0==，y0=k（x0﹣1）=﹣，

于是M（，﹣）．∵CD⊥AB，∴将点M坐标中的k换为﹣，即得点N（，）．①当k≠±1时，直线MN的方程为y﹣=﹣（x﹣）．令y=0，得x=，则直线MN过定点（，0）；②当k=±1时，易得直线MN的方程x=，也过点（，0）．当弦AB或CD的斜率不存在时，易知，直线MN为x轴，也过点（，0

）．综上，直线MN必过定点（，0）．学科&网6.已知椭圆C：x2+4y2=4．（1）求椭圆C的离心率；（2）椭圆C的长轴的两个端点分别为A，B，点P在直线x=1上运动，直线PA，PB分别与椭圆C相交于M，N两个不同的点，求证：直线MN与x轴的交点为定点．【

思路点拨】（1）求得椭圆的标准方程，则a=2，b=1，则c=，利用椭圆的离心率公式，即可求得椭圆C的离心率；（2）设P（1，t），由已知条件分别求出M，N的坐标，设定点为Q，再由kMQ=kNQ，能证明直线

MN经过一定点Q（4，0）．7.在直角坐标系xOy中，F，A，B分别为椭圆的右焦点、右顶点和上顶点，若（1）求a的值；（2）过点P（0，2）作直线l交椭圆于M，N两点，过M作平行于x轴的直线交椭圆于另外一点Q，连接NQ，求证：直线NQ经过一个定点．【思路点拨】（1）由题意得：，解得a；

（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），直线l的方程为y=kx+2，将y=kx+2代入椭圆方程得（3+4k2）x2+16kx+4=0，，直线NQ的方程，由对称性可知，若过定点，则必在y轴上，令x=0，即可．8.已知椭圆()2222:10xy

Cabab+=的一个焦点为()3,0F，其左顶点在圆22:12Oxy+=上．（1）求椭圆C的方程；（2）直线():30lxmym=+交椭圆C于,MN两点，设点N关于x轴的对称点为1N（点1N与点M不重合），证明：直线1NM过x轴上的一定点，并求出定点坐标．【思路点拨】（1

）利用点在椭圆上和几何要素间的关系求其标准方程；（2）联立直线和椭圆的标准方程，得到关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系得到直线的点斜式方程，再利用赋值法进行求解.【详细解析】（1）∵椭圆的左顶点A在圆2212xy+=上，∴又∵椭圆的一个焦点为，∴∴∴椭圆的方

程为9.已知动圆M恒过点（0，1），且与直线y=﹣1相切．（1）求圆心M的轨迹方程；（2）动直线l过点P（0，﹣2），且与点M的轨迹交于A、B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点．【思路点拨】（1）由题意可知圆心M的轨迹为

以（0，1）为焦点，直线y=﹣1为准线的抛物线，根据抛物线的方程即可求得圆心M的轨迹方程；（2）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），则C（﹣x2，y

2）．代入抛物线方，由韦达定理及直线直线AC的方程为：y﹣y2=﹣（x+x2），把根与系数的关系代入可得4y=（x2﹣x1）x+8，令x=0，即可得出直线恒过定点．【详细解析】（1）∵动点M到直线y=﹣1的距离等于到定点C（0，1）的距离，∴动点M的轨迹为抛物线，且=1，解得：p=2，∴动点M的

轨迹方程为x2=4y；（2）证明：由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx﹣2，A（x1，y1），B（x2，y2），则C（﹣x2，y2）．联立，化为x2﹣4kx+8=0，10.已知F是抛物线C：x2=4y的焦

点，A（x1，y1），B（x2，y2）为抛物线C上不同的两点，l1，l2分别是抛物线C在点A、点B处的切线，P（x0，y0）是l1，l2的交点．（1）当直线AB经过焦点F时，求证：点P在定直线上；（2）若|PF|=2，求|AF|•|BF|的值．【思路点拨】（1）当直线A

B经过焦点F时，求出切线PA，PB的方程，可得P的坐标，即可证明：点P在定直线上；（2）设直线AB的方程为y=kx+m，代入C：x2=4y得x2﹣4kx﹣4m=0，求出P的坐标，利用韦达定理，即可求|AF|•|BF|的值．【详细解析】（1）证明：抛物线，则，∴切线PA的

方程为，即，同理切线PB的方程为，联立得点P，设直线AB的方程为y=kx+1，代入C：x2=4y得x2﹣4kx﹣4=0．所以x1x2=﹣4所以点P在直线y=﹣1上；（2）证明：设直线AB的方程为y=kx+m，代入C：x2=4y得x2﹣4kx﹣4m=0．x

1+x2=4k，x1x2=﹣4m，所以P（2k，﹣m），，=﹣4mk2+4k2（m+1）+4﹣4k2=4．11.已知动点C到点F（1，0）的距离比到直线x=﹣2的距离小1，动点C的轨迹为E．（1）求曲线E的方程；（2）若直线l：y=kx+m（km＜0）

与曲线E相交于A，B两个不同点，且，证明：直线l经过一个定点．【思路点拨】（1）根据抛物线的定义，即可求得曲线E的方程；（2）设直线l的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理及向量数量积的坐标运算，求得m=﹣5k

，即可求得直线l的方程，则直线l必经过定点（5，0）．12.．已知动点(),Mxy满足：()()22221122xyxy+++−+=.（1）求动点M的轨迹E的方程；（2）设过点()1,0N−的直线l与曲线E

交于,AB两点，点A关于x轴的对称点为C（点C与点B不重合），证明：直线BC恒过定点，并求该定点的坐标.【思路点拨】（1）动点M到点()1,0P−，()1,0Q的距离之和为22，且22PQ，所以动点M的轨迹为椭圆，从而可求动点M的轨迹E的方程；（2）直线l的方程为：

()1ykx=+，由()221{12ykxxy=++=得()2222124220kxkxk+++−=，，根据韦达定理可得1221212xyxyxx+=−，直线BC的方程为21212yyyxxx+=−−，

即可证明其过定点.