第九节圆锥曲线中的定点问题题型一 直线过定点问题例1(2023·烟台一模改编)已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，若A(－2，0)，直线l：y＝kx＋m与C交于P，Q两点，且AP⊥AQ，试判断直线l是否过定点？若是，求出此定点的坐标；若不是，说明理由．解 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＞0，即4k2－m2＋1＞0，则x1＋x2＝eq\f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2).因为AP⊥AQ，所以eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AQ,\s\up6(→))＝0，而eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x1＋2，y1)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(x2＋2，y2)，故x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2·eq\f(4m2－4,1＋4k2)＋km·eq\f(－8km,1＋4k2)＋m2＝eq\f(m2－4k2,1＋4k2)，所以x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2)－eq\f(16km,1＋4k2)＋4＋eq\f(m2－4k2,1＋4k2)＝eq\f(5m2－16km＋12k2,1＋4k2)＝0，即5m2－16km＋12k2＝0，解得m＝2k或m＝eq\f(6,5)k.当m＝2k时，直线l的方程为y＝k(x＋2)，恒过点A，不满足题意；当m＝eq\f(6,5)k时，4k2－m2＋1＝4k2－eq\f(36,25)k2＋1＝eq\f(64,25)k2＋1＞0，直线l的方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(6,5)))，过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0))，符合题意．综上，直线l恒过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)，0)).感悟提升 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．训练1(2023·佛山质检)已知双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x，且过点P(3，eq\r(2))．(1)求C的方程；(2)设Q(1，0)，直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点．(1)解 因为渐近线方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x，且点P靠近x轴，所以可设双曲线C的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝λ(λ≠0)，将点P(3，eq\r(2))代入得eq\f(9,9)－eq\f(2,3)＝λ，解得λ＝eq\f(1,3)，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)证明 显然直线BQ的斜率不为零，设直线BQ的方程为x＝my＋1，B(x1，y1)，D(x2，y2)，A(x1，－y1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)－y2＝1，,x＝my＋1，))消x整理得(m2－3)y2＋2my－2＝0.依题意得m2－3≠0且Δ＝4m2＋8(m2－3)＞0，即m2＞2且m2≠3，y1＋y2＝－eq\f(2m,m2－3)，y1y2＝－eq\f(2,m2－3)，直线AD的方程为y＋y1＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)，令y＝0，得x＝eq\f(（x2－x1）y1,y2＋y1)＋x1＝eq\f(x1y2＋x2y1,y2＋y1)＝eq\f(（my1＋1）y2＋（my2＋1）y1,y2＋y1)＝eq\f(2my1y2＋（y1＋y2）,y2＋y1)＝eq\f(2m·\f(－2,m2－3)－\f(2m,m2－3),\f(－2m,m2－3))＝eq\f(\f(－6m,m2－3),\f(－2m,m2－3))＝3.所以直线AD过x轴上的定点(3，0)．题型二 其它曲线过定点问题例2(2023·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的离心率为eq\f(\r(2),2)，其上焦点到直线bx＋2ay－eq\r(2)＝0的距离为eq\f(\r(2),3).(1)求椭圆C的方程；(2)过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0))的直线l交椭圆C于A，B两点．试探究以线段AB为直径的圆是否过定点．若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由．解 (1)由题意得，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，又a2＝b2＋c2，所以a＝eq\r(2)b，c＝b.又eq\f(|2ac－\r(2)|,\r(4a2＋b2))＝eq\f(\r(2),3)，a＞b≥1，所以b2＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为eq\f(y2,2)＋x2＝1.(2)当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(16,9).当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q(－1，0)．由此可知，若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(－1，0)．下证Q(－1，0)符合题意．设直线l的斜率存在，且不为0，其方程为y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,3)))，代入eq\f(y2,2)＋x2＝1，并整理得(k2＋2)x2－eq\f(2,3)k2x＋eq\f(1,9)k2－2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(2k2,3（k2＋2）)，x1x2＝eq\f(k2－18,9（k2＋2）)，所以eq\o(QA,\s\up6(→))·eq\o(QB,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－\f(1,3)))＝(1＋k2)x1x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))(x1＋x2)＋1＋eq\f(1,9)k2＝(1＋k2)·eq\f(k2－18,9（k2＋2）)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)k2))·eq\f(2k2,3（k2＋2）)＋1＋eq\f(1,9)k2＝0，故eq\o(QA,\s\up6(→))⊥eq\o(QB,\s\up6(→))，即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上．综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0)．感悟提升 (1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在．(2)以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参．训练2(2023·深圳调研)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)经过点A(2，0)，且点A到C的渐近线的距离为eq\f(2\r(21),7).(1)求双曲线C的方程；(2)过点(4，0)作斜率不为0的直线l与双曲线C交于M，N两点，直线x＝4分别交直线AM，AN于点E，F.试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由．解 (1)由题意得a＝2，因为双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(b,2)x，所以有eq\f(2b,\r(b2＋4))＝eq\f(2\r(21),7)，解得b＝eq\r(3)，因此双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1.(2)①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(y2,3)＝1，,y＝k（x－4），))得(3－4k2)x2＋32k2x－64k2－12＝0，Δ＞0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(－32k2,3－4k2)，x1x2＝eq\f(－64k2－12,3－4k2)，由直线AM的方程为y＝eq\f(y1,x1－2)(x－2)，令x＝4，得点Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2y1,x1－2)))，由直线AN的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，令x＝4，得点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(2y2,x2－2)))，则以EF为直径的圆的方程为(x－4)(x－4)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y1,x1－2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(2y2,x2－2)))＝0.由对称性可知，若以EF为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上．令y＝0，有(x－4)2＝－eq\f(4y1y2,（x1－2）（x2－2）)，将y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)代入上式，得(x－4)2＝－eq\f(4k2[x1x2－4（x1＋x2）＋16],x1x2－2（x1＋x2）＋4)，则(x－4)2＝－eq\f(4k2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－64k2－12,3－4k2)－4·\f(－32k2,3－4k2)＋16)),\f(－64k2－12,3－4k2)－2·\f(－32k2,3－4k2)＋4)＝9，解得x＝1或x＝7.即以EF为直径的圆经过定点(1，0)和(7，0)．②当直线l的斜率不存在时，点E，F的坐标分别为(4，3)，(4，－3)，以EF为直径的圆的方程为(x－4)(x－4)＋(y－3)(y＋3)＝0，该圆经过点(7，0)和(1，0)．综上可得，以EF为直径的圆经过定点(1，0)和(7，0)．题型三齐次化的处理策略“齐次”从词面上解释是“次数相等”的意思．在代数里也有“齐次”的叫法，例如f＝ax2＋bxy＋cy2称为二次齐次式，f中每一项都是关于x，y的二次项．下面研究齐次化在圆锥曲线中的应用．例已知抛物线y2＝2px(p＞0)，过原点且互相垂直的两直线OA，OB交抛物线于A，B.求证：直线AB过定点．证明 设AB：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，kOA＝eq\f(y1,x1)，kOB＝eq\f(y2,x2)，将直线AB方程变形为eq\f(x－my,n)＝1，代入到y2＝2px中得y2＝2px·eq\f(x－my,n)注意到kOA＝eq\f(y1,x1)，kOB＝eq\f(y2,x2)，上式两边同除以x2得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\