《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 1 (2025·郑州质检节选)已知椭圆 $ E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 $ ($ a ＞ b ＞ 0 $)过点$(0,1)$，且焦距为 $ 2\sqrt{3} $.
(1)求椭圆 $ E $ 的标准方程.
(2)过点 $ S(1,0) $ 作两条互相垂直的弦 $ AB $，$ CD $，设弦 $ AB $，$ CD $ 的中点分别为 $ M $，$ N $.证明：直线 $ MN $ 必过定点.$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$直线MN恒过点$K(\frac{4}{5},0)$
角度 2 其它曲线过定点

答案：
(1)解 依题意有$b=1,c=\sqrt{3}$,
$\therefore a^{2}=b^{2}+c^{2}=4$,
$\therefore$椭圆E的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.
(2)证明 设$l_{AB}:x=my + 1(m \neq 0),A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$,则$l_{CD}:x=-\frac{1}{m}y + 1(m \neq 0)$,
联立得$\begin{cases}x = my + 1,\\x^{2}+4y^{2}=4,\end{cases}$故$(m^{2}+4)y^{2}+2my - 3=0$,
$\Delta=16m^{2}+48＞0,y_1 + y_2=\frac{-2m}{m^{2}+4}$,
$\therefore x_1 + x_2=m(y_1 + y_2)+2=\frac{8}{m^{2}+4}$
故$M(\frac{4}{m^{2}+4},\frac{-m}{m^{2}+4})$
由$-\frac{1}{m}$代替$m$,得$N(\frac{4m^{2}}{1 + 4m^{2}},\frac{m}{1 + 4m^{2}})$
当$\frac{4}{m^{2}+4}=\frac{4m^{2}}{1 + 4m^{2}}$,即$m^{2}=1$时,
$l_{MN}:x=\frac{4}{5}$,过点$K(\frac{4}{5},0)$.
当$\frac{4}{m^{2}+4}\neq\frac{4m^{2}}{1 + 4m^{2}}$,即$m^{2}\neq1$时,
$k_{MN}=\frac{5m}{4(m^{2}-1)}$,
$l_{MN}:y + \frac{m}{m^{2}+4}=\frac{5m}{4(m^{2}-1)}(x - \frac{4}{m^{2}+4})$
令$y = 0$,得$x=\frac{4(m^{2}-1)}{5(m^{2}+4)}+\frac{4}{m^{2}+4}=\frac{4m^{2}+16}{5(m^{2}+4)}=\frac{4}{5}$,
$\therefore$直线MN恒过点$K(\frac{4}{5},0)$.
当$m = 0$时,经验证直线MN过点$K(\frac{4}{5},0)$.
综上,直线MN恒过点$K(\frac{4}{5},0)$.

例 2 (2025·河北名校调研节选)已知椭圆 $ C:\frac{y^{2}}{2}+x^{2} = 1 $，过点 $ P(\frac{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.以线段AB为直径的圆恒过定点$(-1,0)$

答案： 解 椭圆C的方程为$\frac{y^{2}}{2}+x^{2}=1$,
当$AB\perp x$轴时,以线段AB为直径的圆的方程为$(x - \frac{1}{3})^{2}+y^{2}=\frac{16}{9}$.
当$AB\perp y$轴时,以线段AB为直径的圆的方程为$x^{2}+y^{2}=1$.
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$y = k(x - \frac{1}{3})$,代入$\frac{y^{2}}{2}+x^{2}=1$,
并整理得$(k^{2}+2)x^{2}-\frac{2}{3}k^{2}x+\frac{1}{9}k^{2}-2=0$,
设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$,
则$x_1 + x_2=\frac{2k^{2}}{3(k^{2}+2)},x_1x_2=\frac{k^{2}-18}{9(k^{2}+2)}$,
所以$\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{QB}=(x_1 + 1)(x_2 + 1)+y_1y_2$
$=x_1x_2+x_1 + x_2+1+k^{2}(x_1 - \frac{1}{3})(x_2 - \frac{1}{3})$
$=(1 + k^{2})x_1x_2+(1 - \frac{1}{3}k^{2})(x_1 + x_2)+1+\frac{1}{9}k^{2}$
$=(1 + k^{2})\cdot\frac{k^{2}-18}{9(k^{2}+2)}+(1 - \frac{1}{3}k^{2})\cdot\frac{2k^{2}}{3(k^{2}+2)}+1+\frac{1}{9}k^{2}$
$=\frac{2k^{2}}{3(k^{2}+2)}+1+\frac{1}{9}k^{2}=0$,故$\overrightarrow{QA}\perp\overrightarrow{QB}$,
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$(-1,0)$.

训练 1 (2023·全国乙卷)已知椭圆 $ C:\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}} = 1 $ ($ a ＞ b ＞ 0 $)的离心率为$\frac{\sqrt{5}}{3}$，点 $ A(-2,0) $ 在 $ C $ 上.
(1)求 $ C $ 的方程；
(2)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.$\frac{y^{2}}{9}+\frac{x^{2}}{4}=1$MN的中点为定点$(0,3)$

答案：
(1)解 因为点$A(-2,0)$在C上,
所以$\frac{4}{b^{2}}=1$,得$b^{2}=4$.
因为椭圆的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{3}$,
所以$c^{2}=\frac{5}{9}a^{2}$,
又$a^{2}=b^{2}+c^{2}=4+\frac{5}{9}a^{2}$,所以$a^{2}=9,c^{2}=5$,
故椭圆C的方程为$\frac{y^{2}}{9}+\frac{x^{2}}{4}=1$.
(2)证明 由题意知,直线PQ的斜率存在且不为$0$,
设$l_{PQ}:y - 3 = k(x + 2),P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$,
由$\begin{cases}\frac{y^{2}}{9}+\frac{x^{2}}{4}=1,\\y - 3 = k(x + 2),\end{cases}$
得$(4k^{2}+9)x^{2}+(16k^{2}+24k)x+16k^{2}+48k = 0$,
故$x_1 + x_2=\frac{-16k^{2}-24k}{4k^{2}+9},x_1x_2=\frac{16k^{2}+48k}{4k^{2}+9}$.
直线$AP:y=\frac{y_1}{x_1 + 2}(x + 2)$,
令$x = 0$,解得$y_M=\frac{2y_1}{x_1 + 2}$,
同理得$y_N=\frac{2y_2}{x_2 + 2}$
则$y_M + y_N=2\frac{y_1(x_2 + 2)+y_2(x_1 + 2)}{(x_1 + 2)(x_2 + 2)}$
$=\frac{(kx_1 + 2k + 3)(x_2 + 2)+(kx_2 + 2k + 3)(x_1 + 2)}{(x_1 + 2)(x_2 + 2)}$
$=\frac{2kx_1x_2+(4k + 3)(x_1 + x_2)+8k + 12}{x_1x_2+2(x_1 + x_2)+4}$
$=\frac{2\frac{16k^{2}+48k}{4k^{2}+9}+(4k + 3)\frac{-16k^{2}-24k}{4k^{2}+9}+8k + 12}{\frac{16k^{2}+48k}{4k^{2}+9}+2\frac{-16k^{2}-24k}{4k^{2}+9}+4}$
$=2×\frac{108}{36}=6$,
所以MN的中点的纵坐标为$\frac{y_M + y_N}{2}=3$,
所以MN的中点为定点$(0,3)$.