第二章 第9节 第三课时 定点、定直线问题（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

第9节　圆锥曲线的综合问题 第三课时　定点、定直线问题 第二章　解析几何 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(20) 温馨提示 谢谢观看！ 考向1　定点问题 [例1] (2025·九江模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A是E上第一象限内的动点．当直线AF的倾斜角为 eq \f(π,3)时，|AF|＝4. (1)求E的方程； (2)已知点D(2，2)，B，C是E上不同的两点．若四边形ABCD是平行四边形，证明：直线AC过定点． (1)解：由题意可知，抛物线E的焦点F( eq \f(p,2)，0)，准线为x＝－ eq \f(p,2)，过点A作x轴的垂线，垂足为H1，作准线的垂线，垂足为H2， 由抛物线定义可得|AH2|＝|AF|＝4. 因为直线AF的倾斜角为 eq \f(π,3)，则|FH1|＝2， 可得|AH2|＝p＋2＝4，解得p＝2， 所以E的方程为y2＝4x. (2)证明：设直线AC的方程为x＝my＋n，A为(x1，y1)，C为(x2，y2)，B为(x0，y0)， 联立方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋n，))消去x，整理得y2－4my－4n＝0， 则Δ>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n. 因为四边形ABCD是平行四边形， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0＝y1＋y2－2＝4m－2，,x0＝x1＋x2－2＝m（y1＋y2）＋2n－2＝4m2＋2n－2，)) 即B为(4m2＋2n－2，4m－2)， 代入y2＝4x中得(4m－2)2＝4(4m2＋2n－2)，整理得n＝ eq \f(3,2)－2m， 则直线AC：x＝my＋ eq \f(3,2)－2m＝m(y－2)＋ eq \f(3,2)， 所以直线AC过定点( eq \f(3,2)，2). 圆锥曲线中的定点问题的两种解法 (1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关． (2)直接推理法：①选择一个参数建立直线系方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常量当成变量，将变量x，y当成常量，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(k是原方程中的常 量)；②根据直线过定点时与参数没有关系(即直线系方程对任意参数都成立)，得到方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x，y）＝0，,g（x，y）＝0；))③以②中方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决． 训练1 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)求双曲线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， 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， 点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，))消去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). 则直线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). 考向2　定直线问题 [例2] (2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2 eq \r(5)，0)，离心率为 eq \r(5). (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P，证明：点P在定直线上． (1)解：设双曲线的标准方程为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0). 由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\r(5)，,c2＝a2＋b2，,c＝2\r(5)，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4.)) 所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,16)＝1. (2)证明：易知A1(－2，0)，A2(2，0).设直线MN的方程为x＝my－4(－ eq \f(1,2)<m< eq \f(1,2))， 点M(x1，y1)，N(x2，y2). 联立直线MN与双曲线C的方程，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－4，,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1.)) 消去x并整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0， 则y1＋y2＝ eq \f(32m,4m2－1)，y1y2＝ eq \f(48,4m2－1)， 且4m2－1≠0， Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0. 直线MA1的方程为y＝ eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)， 直线NA2的方程为y＝ eq \f(y2,x2－2)(x－2). 联立直线MA1与直线NA2的方程并消去y， 得 eq \f(x＋2,x－2)＝ eq \f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝ eq \f(y2（my1－2）,y1（my2－6）) ＝ eq \f(my1y2－2（y1＋y2）＋2y1,my1y2－6y1) ＝ eq \f(m·\f(48,4m2－1)－2×\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1) ＝ eq \f(－\f(16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－ eq \f(1,3)， 所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上． 定直线问题的解题策略 (1)动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，可以通过设参数法：通过已知点轨迹，消去参数，从而得到定直线方程．也可以通过待定系数法：设出含参数的直线方程，用待定系数法求解出系数． (2)面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜再证”． 训练2 (2025·徐州模拟)已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为 eq \f(\r(3),2)，右焦点为F( eq \r(3)，0)，A，B分别为椭圆C的左、右顶点． (1)求椭圆C的方程； (2)过点D(1，0)作斜率不为0的直线l，直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP与直线BQ交于点M，记AP的斜率为k1，BQ的斜率为k2.求证：点M在定直线上． (1)解：依题可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,c＝\r(3)，))解得a＝2，c＝ eq \r(3)， 所以b2＝a2－c2＝1，即椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋y2＝1. (2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，因为直线l过点D(1，0)且斜率不为0， 所以可设直线l的方程为x＝ty＋1， 代入椭圆方程 eq \f(x2,4)＋y2＝1得，(t2＋4)y2＋2ty－3＝0， 其判别式Δ＝4t2＋12(t2＋4)>0， 所以y1＋y2＝－ eq \f(2t,t2＋4)，y1y2＝－ eq \f(3,t2＋4). 两式相除得 eq \f(y1＋y2,y1y2)＝ eq \f(2,3)t，即ty1y2＝ eq \f(3,2)(y1＋y2). 因为A，B分别为椭圆C的左、右顶点， 所以点A的坐标为(－2，0)，点B的坐标为(2，0)， 所以k1＝ eq \f(y1,x1＋2)＝ eq \f(y1,ty1＋3)，k2＝ eq \f(y2,x2－2)＝ eq \f(y2,ty2－1). 从而 eq \f(k1,k2)＝ eq \f(y1（ty2－1）,y2（ty1＋3）)＝ eq \f(\f(3（y1＋y2）,2)－y1,\f(3（y1＋y2）,2)＋3y2)＝ eq \f(y1＋3y2,3y1＋9y2)＝ eq \f(1,3). 设k1＝m，则k2＝3m，所以直线AP的方程为y＝mx＋2m， 直线BQ的方程为y＝3mx－6m， 联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝mx＋2m，,y＝3mx－6m，))可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝6m，)) 所以直线AP与直线BQ的交点M的坐标为(4，6m)， 所以点M在定直线x＝4上． $$