1、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
2、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：（ab0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（1，），P4（1，）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：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足。(1) 求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线上，且，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，利用得到点P与
3、点,M坐标之间的关系即可求得轨迹方程为。学科&网（2）由题意知。设,则，。由得，又由（1）知，故。学科&网所以，即。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】平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：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）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求 的最大值及取得最大
4、值时点P的坐标.设，联立方程得，由，得且，因此,学科&网（ii）由（i）知直线方程为，令得，所以，又，所以，所以，令，则，当，即时，取得最大值，此时，满足，学科&网所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.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. () 求动圆圆心的轨迹C的方程; () 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
5、两点，则直线过定点.2.已知为过抛物线=的焦点的弦，则.3.已知为过椭圆的焦点的弦，则.来源:学|科|网4.已知直线，当变动时，直线恒过定点.【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（）求圆心的轨迹的方程；（）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】（）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；（）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】()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() 设直线， ，联立方程得
6、，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（）求的方程；（）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】（）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】（）设点，由题意可知，即，又点在圆上 代入得即轨迹的方程为（）由（）可知，设，联立 得 即，
7、 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，
8、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y12n，由2，可得2m+2nt6，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，
9、 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
10、抛物线：交于点，则，由得，即，来源:Z.xx.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
11、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
12、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+y216上运动，引起点Q的运动，可由4|BQ|3|BA|，得到点A和点Q
13、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MN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，因为点在圆上运动，所以将式代入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、且+=，
14、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+=，得+=0，即+=0，化简，得2kx1x2+（mk）（x1+x2）2m=0，2k（mk）（）2m整理得m=2k直线MN的方程为y=k（x2），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（ab0）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
15、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+3y2=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DAAM，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
16、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kxy=0的距离d，由题意可得OEMN，|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），（t2），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ANDG，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+
17、8k2x+8k24=0，可得2+xN=，来源:学。科。网解得xN=，yN=k（xN+2）=，即N（，），设G（t，0），（t2），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ANDG，即有kANkDG=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（ab0）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MANA，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，b
18、2=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+4k2m20当m=2k时，L：y=k（x2），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
19、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+（14k），代入椭圆方程，得（3+4k2）x2+（8k32k2）x+64k232k8=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（ab0），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
20、=c，则b2=a2c2=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k1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（x01）=，于是M（，）CDAB，将点M坐标中的k换为，即得点N（，）当k1时，直线MN的方程为y=（x）令y=0，得x=，则直线MN过定点（，0）；当k=1时，易得直
21、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
22、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.已知椭圆的一个焦点为，其左顶点在圆上（1）求椭圆的方程；（2）直线交椭圆于两点，设点关于轴的对称点为 （点与点不重合），证明：直线过
23、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）椭圆的左顶点在圆上，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；
24、（2）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx2，A（x1，y1），B（x2，y2），则C（x2，y2）代入抛物线方，由韦达定理及直线直线AC的方程为：yy2=（x+x2），把根与系数的关系代入可得4y=（x2x1）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=kx2，A（x1，y1），B（x2，y2），则C（x2，y2）联立，化为x24kx+8=0， 10.已知F是抛物线C：x2=
25、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AB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x24kx4m=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
26、+1，代入C：x2=4y得x24kx4=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x24kx4m=0x1+x2=4k，x1x2=4m，所以P（2k，m），=4mk2+4k2（m+1）+44k2=411.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（km0）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.已知动点满足： .（1）求动点的轨迹的方程；（2）设过点的直线与曲线交于两点，点关于轴的对称点为（点与点不重合），证明：直线恒过定点，并求该定点的坐标.【思路点拨】（1）动点到点， 的距离之和为，且，所以动点的轨迹为椭圆，从而可求动点的轨迹的方程；（2）直线的方程为： ，由得，根据韦达定理可得，直线的方程为，即可证明其过定点.
