《2025年高考数学小题狂做巅峰篇》

5. (2025 福建福州模拟)已知椭圆$C$的两个焦点分别是$F_{1}(-\sqrt{6},0),F_{2}(\sqrt{6},0)$,且长轴长是短轴长的$\sqrt{2}$倍.
(1)求$C$的方程.
(2)过点$(\frac{2}{3},-\frac{2}{3})$的直线与$C$交于$D,E$两点,以$DE$为直径的圆记为圆$I$.
①当直线$DE$过原点时,求圆$I$与$C$的交点坐标;
②圆$I$是否过定点?若是,求出定点的坐标;若不是,请说明理由.

答案： 5. 【思路分析】
(1)由题意求出$a,b$的值即得；
(2)①将圆$I$方程$x^2 + y^2 = 8$与椭圆方程联立即可求解；②采取先猜后证的思想，分析得定点只能为$Q_1(2,-2)$或$Q_2(2,2)$，然后证明当直线DE的斜率存在时，圆$I$过定点$(2,2)$即可.
解：
(1)由于椭圆C的焦点在$x$轴上，设其标准方程为$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0)$，由条件得$\begin{cases} a^2 - b^2 = 6, \\ a = \sqrt{2}b, \end{cases}$解得$\begin{cases} a = 2\sqrt{3}, \\ b = \sqrt{6}, \end{cases}$所以C的方程为$\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{6} = 1$.
(2)①当直线DE过原点时，直线DE的方程为$y = -x$，将其与C的方程联立，可求得两交点坐标分别为$(-2,2)$，$(2,-2)$，从而圆$I$的方程为$x^2 + y^2 = 8$.
联立$x^2 + y^2 = 8$与$\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{6} = 1$，得$\begin{cases} x = 2, \\ y = 2 \end{cases}$或$\begin{cases} x = 2, \\ y = -2 \end{cases}$或$\begin{cases} x = -2, \\ y = 2 \end{cases}$或$\begin{cases} x = -2, \\ y = -2 \end{cases}$，故圆$I$与C的交点坐标为$(2,2)$，$(-2,2)$，$(-2,-2)$，$(2,-2)$.
②解法1 当直线DE$\perp x$轴时，将$x = \frac{2}{3}$代入$\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{6} = 1$，得$y^2 = \frac{52}{9}$，从而圆$I$的方程为$(x - \frac{2}{3})^2 + y^2 = \frac{52}{9}$.
当直线DE过原点时，圆$I$的方程为$x^2 + y^2 = 8$.
联立$(x - \frac{2}{3})^2 + y^2 = \frac{52}{9}$与$x^2 + y^2 = 8$，解得$\begin{cases} x = 2, \\ y = 2 \end{cases}$或$\begin{cases} x = 2, \\ y = -2 \end{cases}$，故圆$I$若过定点，则定点只能为$Q_1(2,-2)$或$Q_2(2,2)$.
当直线DE的斜率存在时，设其方程为$y = kx + m$，由于$(\frac{2}{3}, - \frac{2}{3})$在直线$y = kx + m$上，可得$m = - \frac{2}{3}(k + 1)$.
由$\begin{cases} y = kx + m, \\ \frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{6} = 1, \end{cases}$得$(2k^2 + 1)x^2 + 4kmx + 2m^2 - 12 = 0$，设$D(x_1,y_1)$，$E(x_2,y_2)$，则$x_1 + x_2 = - \frac{4km}{2k^2 + 1}$，$x_1x_2 = \frac{2m^2 - 12}{2k^2 + 1}$.
若$Q_1(2,-2)$为所求定点，则必有$\overrightarrow{Q_1D} · \overrightarrow{Q_1E} = 0$.
$\overrightarrow{Q_1D} · \overrightarrow{Q_1E} = (x_1 - 2)(x_2 - 2) + (y_1 + 2)(y_2 + 2) = (x_1 - 2)(x_2 - 2) + (kx_1 + m + 2)(kx_2 + m + 2) = (k^2 + 1)x_1x_2 + [k(m + 2) - 2](x_1 + x_2) + 4 + (m + 2)^2 = (k^2 + 1) · \frac{2m^2 - 12}{2k^2 + 1} + [k(m + 2) - 2]( - \frac{4km}{2k^2 + 1}) + 4 + (m + 2)^2 = \frac{4k^2 + 8km + 3m^2 - 4 + 4m}{2k^2 + 1}$，将$m = - \frac{2}{3}(k + 1)$代入，得$4k^2 + 8km + 3m^2 - 4 + 4m = - \frac{16}{3}(k + 1)$不恒为零.故定点不为$Q_1(2,-2)$.
若$Q_2(2,2)$为所求定点，则必有$\overrightarrow{Q_2D} · \overrightarrow{Q_2E} = 0$.
$\overrightarrow{Q_2D} · \overrightarrow{Q_2E} = (x_1 - 2)(x_2 - 2) + (y_1 - 2)(y_2 - 2) = (x_1 - 2)(x_2 - 2) + (kx_1 + m - 2)(kx_2 + m - 2) = (k^2 + 1)x_1x_2 + [k(m - 2) - 2](x_1 + x_2) + 4 + (m - 2)^2 = (k^2 + 1) · \frac{2m^2 - 12}{2k^2 + 1} + [k(m - 2) - 2]( - \frac{4km}{2k^2 + 1}) + 4 + (m - 2)^2 = \frac{4k^2 + 8km + 3m^2 - 4 - 4m}{2k^2 + 1}$，将$m = - \frac{2}{3}(k + 1)$代入，得$4k^2 + 8km + 3m^2 - 4 - 4m = 0$，故定点为$Q_2(2,2)$.
综上，圆$I$过定点，定点的坐标为$(2,2)$.
解法2 当直线DE$\perp x$轴时，将$x = \frac{2}{3}$代入$\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{6} = 1$，得$y^2 = \frac{52}{9}$，从而圆$I$的方程为$(x - \frac{2}{3})^2 + y^2 = \frac{52}{9}$.
当直线DE过原点时，圆$I$的方程为$x^2 + y^2 = 8$.
联立$(x - \frac{2}{3})^2 + y^2 = \frac{52}{9}$与$x^2 + y^2 = 8$，解得$\begin{cases} x = 2, \\ y = 2 \end{cases}$或$\begin{cases} x = 2, \\ y = -2 \end{cases}$，故圆$I$若过定点，则定点只能为$Q_1(2,-2)$或$Q_2(2,2)$.
当直线DE的斜率存在时，设其方程为$y = kx + m$，由于$(\frac{2}{3}, - \frac{2}{3})$在直线$y = kx + m$上，可得$m = - \frac{2}{3}(k + 1)$.
由$\begin{cases} y = kx + m, \\ \frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{6} = 1, \end{cases}$得$(2k^2 + 1)x^2 + 4kmx + 2m^2 - 12 = 0$，设$D(x_1,y_1)$，$E(x_2,y_2)$，则$x_1 + x_2 = - \frac{4km}{2k^2 + 1}$，$x_1x_2 = \frac{2m^2 - 12}{2k^2 + 1}$.
由$x_1 + x_2 = - \frac{4km}{2k^2 + 1}$，得$I$的横坐标为$- \frac{2km}{2k^2 + 1}$，将其代入$y = kx + m$中，得$y = \frac{m}{2k^2 + 1}$，所以$I$的坐标为$(- \frac{2km}{2k^2 + 1}, \frac{m}{2k^2 + 1})$.
又$|DE|^2 = (1 + k^2)[(- \frac{4km}{2k^2 + 1})^2 - 4 · \frac{2m^2 - 12}{2k^2 + 1}] = \frac{8(1 + k^2)(-m^2 + 12k^2 + 6)}{(2k^2 + 1)^2}$，若$Q_2(2,2)$为所求定点，则必有$4|Q_2I|^2 - |DE|^2 = 0$，由于$4|Q_2I|^2 - |DE|^2 = 4(2 - \frac{2km}{2k^2 + 1})^2 + 4(2 - \frac{m}{2k^2 + 1})^2 - \frac{8(1 + k^2)(-m^2 + 12k^2 + 6)}{(2k^2 + 1)^2} = \frac{4(4k^2 + 8km + 3m^2 - 4 - 4m)}{2k^2 + 1}$将$m = - \frac{2}{3}(k + 1)$代入，得$4k^2 + 8km + 3m^2 - 4 - 4m = 0$，故定点为$Q_2(2,2)$.
综上，圆$I$过定点，定点的坐标为$(2,2)$.
解法3 当直线DE的斜率存在时，设其方程为$y = kx + m$，由于$(\frac{2}{3}, - \frac{2}{3})$在直线$y = kx + m$上，可得$m = - \frac{2}{3}(k + 1)$.
由$\begin{cases} y = kx + m, \\ \frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{6} = 1, \end{cases}$得$(2k^2 + 1)x^2 + 4kmx + 2m^2 - 12 = 0$，设$D(x_1,y_1)$，$E(x_2,y_2)$，则$x_1 + x_2 = - \frac{4km}{2k^2 + 1}$，$x_1x_2 = \frac{2m^2 - 12}{2k^2 + 1}$.
由$x_1 + x_2 = - \frac{4km}{2k^2 + 1}$，得$I$的横坐标为$- \frac{2km}{2k^2 + 1}$，将其代入$y = kx + m$中，得$y = \frac{m}{2k^2 + 1}$，所以$I$的坐标为$(- \frac{2km}{2k^2 + 1}, \frac{m}{2k^2 + 1})$.
又$|DE|^2 = (1 + k^2)[(- \frac{4km}{2k^2 + 1})^2 - 4 · \frac{2m^2 - 12}{2k^2 + 1}] = \frac{8(1 + k^2)(-m^2 + 12k^2 + 6)}{(2k^2 + 1)^2}$，所以圆$I$的方程为$(x + \frac{2km}{2k^2 + 1})^2 + (y - \frac{m}{2k^2 + 1})^2 = \frac{2(1 + k^2)(-m^2 + 12k^2 + 6)}{(2k^2 + 1)^2}$，即$[(2k^2 + 1)x + 2km]^2 + [(2k^2 + 1)y - m]^2 = 2(1 + k^2) · (-m^2 + 12k^2 + 6)$.
因为$2(1 + k^2)(-m^2 + 12k^2 + 6) - (2km)^2 - m^2 = 3[8k^4 + (-2m^2 + 12)k^2 - m^2 + 4] = 3(2k^2 + 1)(4k^2 - m^2 + 4)$，所以圆$I$的方程为$(2k^2 + 1)[(2k^2 + 1)x^2 + 4kmx + (2k^2 + 1)y^2 - 2my] = 3(2k^2 + 1)(4k^2 - m^2 + 4)$，即$(2k^2 + 1)(x^2 + y^2) + 4kmx - 2my = 3(4k^2 - m^2 + 4)$.
又因为$m = - \frac{2}{3}(k + 1)$，将其代入上式，并整理化简得$2(3x^2 + 3y^2 - 4x - 16)k^2 - 4(2x - y - 2)k + 3x^2 + 3y^2 + 4y - 32 = 0$，解方程组$\begin{cases} 3x^2 + 3y^2 - 4x - 16 = 0, \\ 2x - y - 2 = 0, \\ 3x^2 + 3y^2 + 4y - 32 = 0, \end{cases}$得$\begin{cases} x = 2, \\ y = 2, \end{cases}$故此时圆$I$过定点$(2,2)$.
当直线DE$\perp x$轴时，将$x = \frac{2}{3}$代入$\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{6} = 1$，得$y^2 = \frac{52}{9}$，从而圆$I$的方程为$(x - \frac{2}{3})^2 + y^2 = \frac{52}{9}$，令$x = 2$，$y = 2$，得$(x - \frac{2}{3})^2 + y^2 = \frac{52}{9}$成立，此时圆$I$同样过点$(2,2)$.
综上，圆$I$过定点，定点的坐标为$(2,2)$.

6. (2024 广西 4 月模拟)设抛物线$C:y^{2}=2px(p ＞ 0)$的焦点为$F$,已知点$F$到圆$E:(x + 3)^{2}+y^{2}=1$上一点的距离的最大值为$6$.
(1)求抛物线$C$的方程.
(2)设$O$是坐标原点,点$P(2,4),A,B$是抛物线$C$上异于点$P$的两点,直线$PA,PB$与$y$轴分别相交于$M,N$两点(异于点$O$),且$O$是线段$MN$的中点,试判断直线$AB$是否经过定点.若是,求出该定点的坐标;若不是,请说明理由.

答案：
6. 解：
(1)由题知，点$F$的坐标为$(\frac{p}{2},0)$，点$F$到圆$E:(x + 3)^2 + y^2 = 1$上一点的距离的最大值为$\frac{p}{2} + 3 + 1 = 6$，解得$p = 4$.则抛物线C的方程为$y^2 = 8x$.
(2)【思路分析】研究直线AB是否过定点，需要求直线AB的方程，为此，可通过设点法或设线法来处理.
直线AB经过定点$(0,-2)$，理由如下.
解法1(设线法) 设直线AB的方程为$x = ty + m$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$.
【思路分析】如何研究直线AB方程中的参数$t,m$的关系呢？与此相关的条件是$O$为线段$MN$的中点，为此，就要求得点$M,N$的坐标，而$M,N$分别是直线$PA,PB$上的点，它们与点$A,B$的坐标有关，为此，联立方程组，将点$M,N$的坐标用$t,m$来表示.
联立方程组$\begin{cases} x = ty + m, \\ y^2 = 8x, \end{cases}$整理得$y^2 - 8ty - 8m = 0$，则$\Delta = 64t^2 + 32m ＞ 0$，$y_1 + y_2 = 8t$，$y_1y_2 = -8m$.
直线$PA$的方程为$y - 4 = \frac{y_1 - 4}{x_1 - 2}(x - 2)$，令$x = 0$，得$y_M = \frac{4x_1 - 2y_1}{x_1 - 2}$，同理可得$y_N = \frac{4x_2 - 2y_2}{x_2 - 2}$.
【思路分析】因为$O$是线段$MN$的中点，所以$\frac{4x_1 - 2y_1}{x_1 - 2} + \frac{4x_2 - 2y_2}{x_2 - 2} = 0$，整理得$8x_1x_2 - 8(x_1 + x_2) - 2(x_1y_2 + x_2y_1) + 4(y_1 + y_2) = 0$，即$m^2 - 8t^2 - 2m + 2tm + 4t = 0$.
【思路分析】由$t,m$的关系来判断直线AB是否过定点.
整理得$(m - 2t)(m + 4t - 2) = 0$.
若$m + 4t - 2 = 0$，则直线AB经过点$P$，不符合题意；若$m - 2t = 0$，则直线AB的方程为$x = ty + 2t$，经过定点$(0,-2)$.
解法2(设点法) 【思路分析】注意到$O$是线段$MN$的中点，是问题的核心条件，为此，以点$M,N$的坐标为参数来表示$A,B$的坐标，然后根据点$M,N$的坐标来求得$A,B$的坐标.
设$M(0,m)$，则$N(0,-m)(m \neq 0,m \neq \pm 4)$，则直线$PA$的方程为$y = \frac{4 - m}{2}x + m$，联立$\begin{cases} y = \frac{4 - m}{2}x + m, \\ y^2 = 8x, \end{cases}$得$y^2 - \frac{16}{4 - m}y + \frac{16m}{4 - m} = 0$.
因为$4 + y_A = \frac{16}{4 - m}$，所以$y_A = \frac{4m}{4 - m}$，代入抛物线方程可得$x_A = \frac{2m^2}{(4 - m)^2}$，则点$A$的坐标为$(\frac{2m^2}{(4 - m)^2}, \frac{4m}{4 - m})$.
同理可得点$B$的坐标为$(\frac{2m^2}{(4 + m)^2}, - \frac{4m}{4 + m})$.
【思路分析】求直线AB的方程，并证明它过定点.
因此直线AB的斜率$k = \frac{y_A - y_B}{x_A - x_B} = \frac{16 - m^2}{m^2}$，则直线AB的方程为$y + \frac{4m}{4 + m} = \frac{16 - m^2}{m^2}(x - \frac{2m^2}{(4 + m)^2})$，整理可以得到$y = \frac{16 - m^2}{m^2}x - 2$，因此直线AB经过定点$(0,-2)$.
解法3(设线法) 【思路分析】注意到$O$是线段$MN$的中点，但点$M,N$的坐标可看作是由直线$PA,PB$的方程所确定的，为此，以$PA,PB$的斜率为参数来表示点$A,B$的坐标.
设直线$PA$的方程为$y = k_1(x - 2) + 4$，直线$PB$的方程为$y = k_2(x - 2) + 4$.
令$x = 0$，得$y_M = -2k_1 + 4$，$y_N = -2k_2 + 4$.
由题意知，$y_M + y_N = -2k_1 - 2k_2 + 8 = 0$，即$k_1 + k_2 = 4$.
【思路分析】将点$A,B$的坐标用$k_1,k_2$表示出来，为此，将$PA,PB$的方程与抛物线方程联立来求解.
联立$\begin{cases} y = k_1(x - 2) + 4, \\ y^2 = 8x, \end{cases}$消去$x$得$y = k_1(\frac{y^2}{8} - 2) = \frac{k_1}{8}(y^2 - 16)$，因为点$A$异于点$P$，所以$y \neq 4$，故$y = \frac{8}{k_1} - 4$，进而得$x = 2 + \frac{8 - 8k_1}{k_1^2}$，即$A(2 + \frac{8 - 8k_1}{k_1^2}, \frac{8}{k_1} - 4)$.
同理可得$B(2 + \frac{8 - 8k_2}{k_2^2}, \frac{8}{k_2} - 4)$.
【思路分析】求直线AB的方程，并证明它过定点.
因此直线AB的斜率$k = \frac{y_A - y_B}{x_A - x_B} = \frac{\frac{8}{k_1} - \frac{8}{k_2}}{2 + \frac{8 - 8k_1}{k_1^2} - 2 - \frac{8 - 8k_2}{k_2^2}} = \frac{k_1k_2}{4 - k_1k_2}$，所以AB的方程为$y + 4 - \frac{8}{k_1} = \frac{k_1k_2}{4 - k_1k_2}(x - 2 - \frac{8 - 8k_1}{k_1^2})$，化简得$y = \frac{k_1k_2}{4 - k_1k_2}x - 2$.
因此直线AB经过定点$(0,-2)$.

【解后反思】由于本题中所选取的参数不同，它的解法的难易程度也不同.从解题的过程中可以看出，解法1的解法是最为简单的，即选择直线AB中的特征量作为参数来求解问题是比较容易的，而选择点$M,N$的坐标或选择直线$PA,PB$的斜率作为参数则是比较难的，难点在于得到$A,B$两点的坐标后，求直线AB的方程以及对它的化简.所以合理地选择解题途径是我们平时学习时要仔细考虑的一个点.
【题组总结】圆与圆锥曲线的综合，是近年来高考考查的重点，解题的关键并非是将圆的方程与圆锥曲线的方程联立消元，而是以直线作为中介，把问题分解为直线与圆的位置关系及直线与圆锥曲线的位置关系问题，从而有效地突破难点.同时要重视圆的几何性质在解题中的灵活运用.