主题3 第8章 热点强化课9 第2课时 定点、定值、探索性问题(教用Word)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

第2课时　定点、定值、探索性问题 　圆锥曲线中的定点、定值与探索性问题是高考考查的重点和热点，常利用特殊与一般、方程思想求解． [例1]　(2023·全国乙卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，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． [解]　(1)由点A(－2，0)在C上得b2＝4， 又＝1－＝1－＝， 解得a2＝9， 故C的方程为＋＝1. (2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，易知直线斜率存在且不为0. 故设过点(－2，3)的直线方程为y＝kx＋m(k≠0)， 则m＝2k＋3. 联立消去y得(4k2＋9)x2＋8kmx＋4m2－36＝0， 则x1＋x2＝－，x1x2＝， 因为A(－2，0)，则直线AP：y＝(x＋2)， 令x＝0，解得y＝，即M，同理可得N， 则MN的中点坐标为. 则＋ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝3， 即线段MN的中点是定点(0，3). ◆[通技法]　定点问题的常见解法 (1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意． 1. (2022·全国乙卷)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点. (1)求E的方程； (2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝.证明：直线HN过定点． 解：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1，过A(0，－2)，B， 则解得m＝，n＝， 所以椭圆E的方程为＋＝1. (2)A(0，－2)，B，所以AB：y＋2＝x， ①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，直线x＝1.代入＋＝1， 可得M，N，代入AB方程y＝x－2，可得T，由＝，得到H.求得HN方程： y＝x－2，过点(0，－2). ②若过点P(1，－2)的直线斜率存在，设kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2). 联立得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，可得 且x1y2＋x2y1＝(*)联立可得T，H(3y1＋6－x1，y1)，可求得此时HN：y－y2＝(x－x2)， 将(0，－2)，代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0， 将(*)代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立， 综上，可得直线HN过定点(0，－2). [例2]　(2025·云南玉溪模拟)已知点A(－1，0)，圆B：(x－1)2＋y2＝8，点P是圆B上的动点，PA的垂直平分线与PB交于点Q，记Q的轨迹为C. (1)求C的方程； (2)设经过点E的直线l与C交于M，N两点，求证：·为定值，并求出该定值． [解]　(1)圆B的圆心为B(1，0)，半径＝2， 由点Q在PA的垂直平分线上，得|QP|＝|QA|， 所以＋＝＋＝＝2>＝2， 所以Q的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，2a＝2，2c＝2， 所以a＝，c＝1，b＝1， 所以C的方程为＋y2＝1. (2)证明：①当直线l的斜率不存在时，易知·＝(0，1)·(0，－1)＝－1， ②当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则把y＝kx＋代入＋y2＝1，得3(2k2＋1)x2＋4kx－4＝0， 显然Δ>0，有x1＋x2＝－，x1x2＝－，y1y2＝＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋＝， 所以·＝x1x2＋y1y2＝－＋＝＝－1， 综上所述，·为定值－1. ◆[通技法]　求定值问题常见的方法 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 2．(2025·湖北荆州三模)从抛物线y2＝8x上各点向x轴作垂线段，垂线段中点的轨迹为Γ. (1)求Γ的轨迹方程； (2)A，B，C是Γ上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F. ①若AC∥DF，求的值； ②证明：三角形ABC与三角形DEF的面积之比为定值． 解：(1)设垂线段中点坐标为(x，y)，则抛物线上点坐标为(x，2y)， 代入抛物线方程，则(2y)2＝8x，即y2＝2x， 所以Γ的轨迹方程为y2＝2x. (2)①如图，A，B，C是Γ上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F， 设A，B，C，D，E，F， 则抛物线y2＝2x上过点A的切线方程为x－＝t， 将切线方程与抛物线方程联立，得： 联立消去x，整理得y2－2ty＋2ty1－y＝0， 所以Δ＝(－2t)2－4＝4t2－8ty1＋4y＝4＝0， 从而有t＝y1， 所以抛物线上过点A的切线方程为x＝y1y－， 同理可得抛物线上过点B，C的切线方程分别为x＝y2y－，x＝y3y－， 两两联立，可以求得交点D，E，F的纵坐标分别为： y4＝，y5＝，y6＝， 则＝＝＝， 同理可得＝，＝，即＝＝， 当AC∥DF时，＝，故＝，即＝， 因此＝＝1. ②易知kAB＝＝，则直线AB的方程为y－y1＝， 化简得y＝，即(y1＋y2)y＝2x＋y1y2， 且＝ ＝， 点C到直线AB的距离为： d1＝ ＝， 则三角形ABC的面积S1＝·d1＝. 由(2)①知切线DE的方程为x＝y1y－， D，E， F， 可知＝＝， 点F到直线ED的距离为 d2＝ ＝， 则外切三角形DEF的面积S2＝·d2＝. 故＝＝2. 因此三角形ABC与外切三角形DEF的面积之比为定值2. [例3]　(2024·天津卷)已知椭圆＋＝1(a>b>0)椭圆的离心率e＝.左顶点为A，下顶点为B，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝. (1)求椭圆方程； (2)过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在y轴上是否存在点T使得·≤0.若存在求出这个T点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由． [解]　(1)因为椭圆的离心率为e＝，所以a＝2c，b＝c，其中c为半焦距， 所以A，B，C，故S△ABC＝×2c×c＝， 解得c＝，所以a＝2，b＝3， 故椭圆方程为＋＝1. (2)若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：y＝kx－， 设P，Q，T， 由可得x2－12kx－27＝0， 故Δ＝144k2＋108＝324＋576k2>0且x1＋x2＝，x1x2＝－， 而＝，＝， 故·＝x1x2＋＝x1x2＋ ＝x1x2－k＋2 ＝×－k×＋2 ＝ ＝， 因为·≤0恒成立， 所以解得－3≤t≤. 若过点的动直线的斜率不存在， 则P，Q或P，Q， 此时需－3≤t≤3，两者结合可得－3≤t≤. 综上，存在T，使得·≤0恒成立． ◆[通技法]　解决存在性问题的注意事项 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在． (1)当条件和结论不唯一时要分类讨论； (2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； (3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径． 3．(2025·太原市模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，右焦点为F2(2，0)，点B(2，－)在椭圆C上． (1)求椭圆C的方程； (2)若直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.在x轴上．是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)依题意，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)右焦点为F2(2，0)，c＝2， ∵点B(2，－)在C上，∴＋＝1， 又∵a2＝b2＋c2，∴a2＝8，b2＝4， ∴椭圆C的方程为＋＝1. (2)假设存在这样的点P，设P(x0，0)，E(x1，y1)，则F(－x1，－y1)， 联立直线与椭圆的方程 ∴(1＋2k2)·x2－8＝0，解得 ∵A(－2，0)，∴AE所在直线方程为 y＝·(x＋2)， ∴M，同理可得 N， ＝， ＝， ·＝0， ∴x－4＝0，∴x0＝2或x0＝－2， ∴存在点P，使得无论非零实数k怎么变化，总有∠MPN为直角，点P坐标为(2，0)或(－2，0). 学科网（北京）股份有限公司 $$