专题 29 1．（2021·山东济南市·高三月考）已知圆 圆锥曲线中的定点问题 A : ( x  1) 2  y 2  16, B(1,0) ， M 为圆 A 上任意一点，线段 BM 的垂直平分 线交 AM 于点 N ，点 N 的轨迹为 W . （1）求轨迹 W 的方程； （2）过点 B 的直线 l1 , l2 的斜率分别为 k1 , k 2 ， k1  k 2  1 l1 W C、D l2 W E、F CD EF ， 交 于点 ， 交 于点 ，线段 与 的 中点分别是 G、H ，判断直线 GH 是否过定点，若过定点，求出该定点，若不过定点，说明理由. Q AN  BN  AN  BM  4  AB 【解析】（1） N 的轨迹是以 A, B 为焦点的椭圆， 2a  4, 2c  2  a  2, b  3, c  1 x2 y 2  1 W 的方程为 4 3 （2）由题意设直线 l1 , l2 的方程分别是： y  k1 ( x  1), y  k2 ( x  1) �y  k1 ( x  1) �2 �x y2  1 ，得 3  4k 2 x 2  8k 2 x  4k 2  12  0 ， 联立 �   1  1 1 3 �4 所以 x3  x4  8k12 3  4k12 ， � 4k 2 3k1 � G� 1 2 , � 则 �3  4k1 3  4k12 �， � 4k 2 3k2 � H� 2 2, � 同理 �3  4k2 3  4k22 �， 所以 kGH 3k1 3k2 3  k1k 2  3  4k12 3  4k22 4   4k12 4k22 k1  k2 ，  3  4k12 3  4k22 3 由 k1  k2  1 得 kGH  4  k1  k1  1 ， ，设 C  x3 , y3  ， D  x4 , y4  . 所以直线 GH 的方程为 y � 3k1 3� 4k12 � �  �k12  k1  � �x  2 2 � 3  4k1 � 4� � 3  4k1 � 3� 3 � y  �k12  k1  � ( x  1)  4� 4， � 整理得 � 3� 1, � � . 所以直线 GH 过定点 � 4 � 2．（2021·上海市奉贤区奉城高级中学高三期中）过抛物线 物线于 A  x1 , y1  ， （1）若横坐标为 B  x2 , y2  y 2  2 px  p  0  上一定点 P  x0 , y0  作两条直线分别交抛 ， p 的点到焦点的距离为 1，求抛物线方程； 2 （2）若 P  x0 , y0  为抛物线的顶点， �APB  π ，试证明：过 、 两点的直线必过定点  2 p, 0  ； 2 A B y1  y2 （3）当 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求 y0 的值，并证明直线 AB 的斜率是非零常数. �p � p 2 x � ,0 � y  2 px p  0   2 【解析】（1）因为抛物线 的焦点坐标为 � �，准线方程为 2； 又横坐标为 p 的点到焦点的距离为 1， 2 p � p� �  � 1 所以 2 � 2 � ，即 p  1 ， y2  2x 故抛物线方程为 （2）若 因为 P  x0 , y0  A  x1 , y1  ， ； 为抛物线的顶点，则 B  x2 , y 2  为抛物线 P  0, 0  ； y 2  2 px  p  0  可设直线 AB 的方程为 x  my  n ， �x  my  n �2 由 �y  2 px 得 y 2  2 pmy  2 pn  0 ， �y1  y2  2 pm � 则   4 p 2 m2  8 pn  0 ， �y1 y2  2 pn ， 上的点，所以直线 AB 斜率不为零； 所以 x1 x2   my1  n   my2  n   m 2 y1 y2  mn  y1  y2   n 2  2 pm 2 n  2 pm 2 n  n 2  n 2 ， π 又 �APB  2 ，则 ； PA  PB uuu r uuu r 2 PA � PB  0 ，即 x1 x2  y1 y2  n  2 pn  0 ，所以 n  2 p ， 所以 AB 即直线 的方程为 x  my  2 p ， 因此，过 A 、 B 两点的直线必过定点 （3）因为 x2 �x0 P  x0 , y0  ， A  x1 , y1  ，  2 p, 0  ； B  x2 , y 2  都是抛物线 y 2  2 px  p  0  上的点，且 PA 与 PB 的斜率存在，则 ； �y0 2  2 px0 y y 2p k PA  1 0  �2 2 2 由 �y1  2 px1 可得 y1  y0  2 px1  2 px0 ，所以 x1  x0 y1  y0 ； �y0 2  2 px0 y  y0 2p k  2  � 由 �y2 2  2 px2 可得 y2 2  y0 2  2 px2  2 px0 ，所以 PB x2  x0 y2  y0 ； 2p 2p  0 又因为 PA 与 PB 的倾斜角互补，所以 k PA  k PB  0 ，即 y1  y0 y2  y0 ， 整理得 y1  y2  2 y0 ， y1  y2 y1  y2  2 要求 y0 的值，显然 y0 �0 ；所以 y0 ， 要证明直线 AB 的斜率是非零常数，显然直线 AB 的斜率存在； �y12  2 px1 � 由 �y2 2  2 px2 可得 y12  y22  2 px1  2 px2 ， 所以 k AB  y1  y2 2p 2p p    x1  x2 y1  y2 2 y0 y0 ， p 因为 y �0 ， p  0 ，所以 k AB   y 是非零常数， 0 0 即直线 AB 的斜率是非零常数. x1 �x0 ， 3．（2021·浙江高三高三模拟）已知椭圆 椭圆 C B 上异于点 的任意两点，且 C: BP  BQ x2 y2 2  2  1(a  b  0) 2 的离心率是 a b 2 ，一个顶点是 B (0,1) ，点 P，Q 是 . （1）求椭圆 C 的方程； （2）试问直线 PQ 是否过定点？若是，请求出定点坐标；若不是，请说明理由. 【解析】（1）由椭圆由一个顶点是 B (0,1) ，则 b 1 b 1 � � � a 2 2 �c �  � b 1 ， 由题意得 �a ，解得 � 2 2 2 2 � a b c � c 1 � � x2  y2  1 . 所以椭圆方程为 2 （2）由 设直线 BP  BQ BP 知直线 BP ， BQ 的斜率存在且不为 0. y  kx  1 k BP 的斜率为 ，直线 的方程为 ， �y  kx  1 2k �2 x 1 � � �x 2 2 1 2 k  �x  2kx  0 .解得 k2  . 或 �  y  1 ，得 � � 2� x0 �2 2 当 x 2k k2  1 2  4k 2 � 4k 1  2 k 2 � 2k 2  1 时， y  1  2k ，即 P �  2 � ， 2 � � 2k  1 1  2k � 1  2k 2 � 4k k 2  2 � 1 Q , � � 用  k 代替 k ，得 �k 2  2 k 2  2 � 于是直线 的斜率 k FQ PQ 直线 PQ 的方程为 整理得 y k 2  2 1  2k 2  2 2 k 2 1  k  2 1  2k  4k 4k 3k ，  k 2  2 2k 2  1 1  2k 2 k 2  1 � 4k �  �x  2 � 2 1  2k 3k � 2k  1 �， (k 2  1) x  k (3 y  1)  0 ， 1 当 x  0 ， y   时，对任意的 k ，  k 2  1 x  k (3 y  1)  0 恒成立， 3 � 1� 0,  � � PQ 所以直线 过定点 � 3 �. 4．（2021·江苏泰州市·泰州中学高三期中）设函数 f ( x)  2 x 3  3(a  1) x 2  6ax  1(a �R ) ． （1）当 x �[1,3] 时， f ( x) 的最小值为 5，求 a 的值： （2）当 a  1 时，设 A( x1 , y1 ), B( x2 , y2 )( x1 �x2 ) 是函数 f ( x) 图象上的两个动点，且在 A，B 处的两切线 l1 , l2 互相平行， 求证：直线 AB 必过定点，并求出此定点的坐标． f� ( x )  6( x  1)( x  a ) 【解析】（1）解： ①当 a a �1 在区间 [1,3] 上是单调增函数，最小值为 f (1) ，由于 f (1)  5 ，即 2  3( a  1)  6a  1  5 ，解得 5  1 （舍去）； 3 ②当 1 a  3 时， a 3  3a 2  4  0 ∴ f ( x) 时， ， a  1 f ( x) ，即 在区间 (1, a ) 上是减函数，区间 ( a  1)( a  2) 2  0 （舍去）或 a2 (a,3) 上是增函数，故 f (a ) 为最小值， f (a)  5 ，即 ， ； 23 3 ③ 当 a �3 时， f ( x) 在区间 [1,3] 上是减函数，最小值为 f (3) ，由 f (3)  5 得 54  27(a  1)  18a  1  5 ，解得 a  9