第三章 重点突破 6 圆锥曲线中的定点(线) 定值问题-【金版新学案】2025-2026学年新教材高二数学选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（人教A版）

本讲义聚焦圆锥曲线中的定点（线）、定值问题，系统梳理椭圆、双曲线、抛物线与直线相交时，通过方程联立、韦达定理探究定点、定值及定直线的解题脉络，提供例题解析、方法总结与对点练习作为学习支架。 资料以核心素养为导向，通过“题型+例题+总结+练习”设计，强化逻辑推理与数学运算，如椭圆中直线过定点证明通过斜率关系推导，培养严谨思维。课中助力教师分层教学，课后学生可回顾例题、分层练习，有效查漏补缺。

学习目标 1.通过圆锥曲线方程的学习，进一步体会数形结合思想在定点(线)、定值问题的应用. 2.能根据圆锥曲线的有关性质解决有关定点(线)、定值的综合问题. 3.借助于圆锥曲线的定点(线)、定值问题，进一步提升直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养. 题型一　直线过定点问题 已知椭圆C：＋＝1的右焦点为F，A，B分别是椭圆C的左、右顶点，P为椭圆C的上顶点，△PAB的面积为. (1)求椭圆C的方程； (2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于不同的两点M，N，点Q，若直线MQ的斜率与直线NQ的斜率互为相反数，求证：直线l过定点. 解：(1)由题意知c＝1，A，B，P， 由△PAB的面积为，得ab＝. 又a2＝b2＋c2，代入可得a2＝2，b2＝1. 所以椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：联立x2＋4kmx＋2m2－2＝0， 设M，N，可得x1＋x2＝，x1x2＝， 由题知kMQ＋kNQ＝0， 即＋＝＋＝＝0， 即2kx1x2＋－4m＝0，解得k＝－m， 所以直线l的方程为y＝k， 故直线l恒过定点. 　　由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m). 对点练1.已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，上顶点是P，左、右焦点分别是F1，F2，若椭圆经过点. (1)求椭圆的方程； (2)点A和B是椭圆上的两个动点，点A，B，P不共线，直线PA和PB的斜率分别是k1和k2，若k1k2＝，求证直线AB经过定点，并求出该定点的坐标. 解：(1)因为椭圆的离心率e＝，椭圆经过点， 所以又a2＝b2＋c2， 解得a2＝3，b2＝1，c2＝2. 所以椭圆的方程为＋y2＝1. (2)证明：若直线AB的斜率不存在，设直线AB的方程为x＝m，m∈(－，). A(m，n)，B(m，－n)，＋n2＝1. k1·k2＝·＝＝≠，显然不符合题意.故设直线AB的方程为y＝kx＋b，A(x1，，B(x2，， 联立得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以k1＝，k2＝， 所以k1·k2＝·＝＝＝， 解得b＝－3，所以直线AB的方程为y＝kx－3. 所以直线AB过定点(0，－3). 学生用书⬇第140页 题型二　其他曲线过定点问题 已知椭圆C：＋x2＝1，过点P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. 解：椭圆C的方程为＋x2＝1， 当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为＋y2＝. 当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝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，代入＋x2＝1， 并整理得(k2＋2)x2－k2x＋k2－2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝. 所以·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2 ＝(1＋k2)x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2 ＝(1＋k2)·＋·＋1＋k2＝0， 故⊥， 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). 1.求解直线或曲线过定点问题的基本思路 把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. 2.用好两个策略 (1)“先特殊后一般”策略：即从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. (2)“重视对称作用”策略：即用好“由题意知，定点必在x轴上，或者定点显然在y轴上”. 对点练2.已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点. (1)当直线l的倾斜角为时，求； (2)设O为坐标原点，直线OA，OB分别与直线x＝－2交于点M，N，求证：以线段MN为直径的圆过定点，并求出定点坐标. 解：(1)由题易得直线l的方程为y＝(x－1)， 联立可得3x2－10x＋3＝0， 设A，B，则x1＋x2＝， 所以＝x1＋x2＋2＝. (2)证明：设直线l：x＝my＋1， 联立得y2－4my－4＝0， 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4， 又kOA＝＝，lOA：y＝x， 所以M， 同理可得N， 设圆上任意一点为Q(x，y)， 则由·＝0可得，圆的方程为(x＋2)2＋＝0， 整理得(x＋2)2＋y2＋y＋＝(x＋2)2＋y2－8my－16＝0， 令y＝0，可得x＝2或x＝－6， 所以以线段MN为直径的圆过定点，定点坐标为和(－6，0). 学生用书⬇第141页 题型三　定值问题 已知中心在坐标原点O，以坐标轴为对称轴的双曲线E经过点P，且其渐近线的斜率为±. (1)求双曲线E的方程； (2)若动直线l与E交于A，B两点，且∠AOB＝，证明：为定值. 解：(1)由题意可设双曲线E的方程为4y2－3x2＝λ. 因为E经过点P， 所以4×7－3×＝λ，解得λ＝12. 故双曲线E的方程为－＝1. (2)证明：若直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋m， 由消去y得x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 则Δ＝64k2m2－4＞0，即m2＋4k2－3＞0， 设A，B，则x1＋x2＝，x1x2＝. 因为∠AOB＝，所以·＝0，即x1x2＋y1y2＝0， 所以x1x2＋＝0， 整理得12＝m2， 设点O到直线l的距离为d，则由等面积法得·＝·d，所以＝d， 又d＝＝＝＝2， 所以＝2. 若直线l的斜率不存在，则直线OA的斜率为±1， 不妨设直线OA的斜率为1，则x1＝y1， 将点A的坐标代入方程－＝1，得＝12， 所以＝＝2，＝4， 所以＝2. 综上，为定值2. 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 1.求代数式为定值：依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值. 2.求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得. 3.求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得. 对点练3.已知椭圆C：＋＝1和抛物线E：y2＝2px.从两条曲线上各取两个点，将其坐标混合记录如下：P1，P2，P3，P4. (1)求椭圆C和抛物线E的方程； (2)设m为实数，已知点T，直线x＝my＋3与抛物线E交于A，B两点.记直线TA，TB的斜率分别为k1，k2，判断＋m2是否为定值，并说明理由. 解：(1)将四个点代入抛物线方程解得p的值分别为p1＝－，p2＝，p3＝，p4＝， 注意到P2，P4对应的p一样， 所以P2，P4在抛物线上， 故抛物线E的方程为y2＝x. 故P1，P3为椭圆上的点， 则 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)＋m2是定值，理由如下： 设A，B， 则整理得y2－my－3＝0， 由韦达定理得， 又因为x1＝my1＋3， 所以k1＝＝＝，同理k2＝. 所以＋m2＝＋m2＝2m2＋＋＝2m2＋＋＝－12， 所以＋m2为定值－12. 学生用书⬇第142页 题型四　定直线问题 (2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. (1)求双曲线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. 解：(1)设双曲线C的方程为－＝1(a＞0，b＞0)， 由焦点坐标可知c＝2， 则由e＝＝，可得a＝2，b＝＝4， 故双曲线C的方程为－＝1. (2)证明：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0). 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，如图所示， 显然直线的斜率不为0，所以设直线 MN 的方程为x＝my－4，且－＜m＜， 与－＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)＞0， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得＝＝＝ ＝＝＝－， 由＝－可得x＝－1，即xP＝－1， 据此可得点P在定直线 x＝－1上. 动点在定直线上的问题解题方法 1.设点法：通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程. 2.待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数求解系数. 3.验证法：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“先猜后证”. 注意：本题为非对称韦达定理的应用. 对点练4.已知椭圆C：＋＝1.A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点.直线l：x＝my＋1与椭圆C交于P，Q两点，直线A1P与A2Q交于点S.当直线l变化时，点S是否恒在一条定直线上？若是，求此定直线方程；若不是，请说明理由. 解：当l⊥x轴时， 不妨令P，Q. 又A1(－3，0)，A2(3，0)，：y＝(x＋3)， ：y＝(x－3)，联立解得S(9，4). 当l过椭圆的上顶点时， y＝－x，P(0，)，Q， ：y＝(x＋3)，：y＝(x－3)， 联立解得S(9，4). 若定直线存在，则方程应是x＝9. 下面给予证明. 把x＝my＋1代入椭圆方程，整理得(2m2＋3)y2＋4my－16＝0， Δ＞0成立， 记P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则y1＋y2＝，y1y2＝. ：y＝(x＋3)，：y＝(x－3)， 当x＝9时，纵坐标y应相等， 则＝，需＝， 需2y1(my2－2)＝y2(my1＋4)， 需my1y2＝4(y1＋y2)， 所以m·＝4×恒成立. 综上，定直线方程为x＝9. 学生用书⬇第143页 1.如图，已知焦点在x轴上的椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，短轴长为2，椭圆左顶点到左焦点的距离为1. (1)求椭圆C的标准方程； (2)如图，已知点P(，0)，点A是椭圆的右顶点，直线l与椭圆C交于不同的两点 E，F，E，F两点都在x轴上方，且∠APE＝∠OPF.证明直线l过定点，并求出该定点坐标. 解：(1)由题意，知 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)证明：当直线l斜率不存在时，直线l与椭圆C交于不同的两点分布在x轴两侧，不合题意. 所以直线l斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m. 设E(x1，y1)，F(x2，y2)，y1，y2＞0， 由得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 因为∠APE＝∠OPF， 所以kPE＋kPF＝0， 即＋＝0，整理得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－＝0， 化简得m＝－6k， 所以直线l的方程为y＝kx－6k＝k(x－6)， 所以直线l过定点. 2.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右顶点分别为A，B，左、右焦点分别为F1，F2.如图，过右焦点F2的直线l交椭圆于点M，N，且△F1MN的周长为16. (1)求椭圆C的标准方程； (2)记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，证明：为定值. 解：(1)由△F1MN的周长为16，及椭圆的定义，可知4a＝16，即a＝4， 又离心率为e＝＝所以c＝2， b2＝a2－c2＝16－4＝12. 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：由题意，直线l与x轴不重合， 设l的方程为x＝my＋2. 联立y2＋12my－36＝0， 因为F2在椭圆内，所以Δ＞0， 设M，N， 由韦达定理得y1＋y2＝，y1y2＝. 又A(－4，0)，B(4，0)，则 ＝＝＝＝ . 注意到＝＝， 即my1y2＝3， 所以＝＝＝＝. 课时分层评价37　圆锥曲线中的定点(线)、定值问题 (时间：60分钟　满分：71分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1.(13分)已知动点P到定点F的距离与动点P到定直线x＝－2的距离相等，若动点P的轨迹记为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)不过点F的直线与C交于A，B两点，且＋＝6，若AB的垂直平分线交x轴于点N，证明：N为定点. 解：(1)由题意可知，动点P的轨迹为焦点在x轴，开口朝右的抛物线，所以p＝4， 所以曲线C的方程为y2＝8x. (2)证明：设直线AB的方程为x＝ty＋m，m≠2， A(x1，，B(x2，， 直线与抛物线联立，得 消去y化简得y2－8ty－8m＝0，则Δ＝64t2＋32m＞0，即2t2＋m＞0， 同时y1＋y2＝8t，y1y2＝－8m. 又｜AF｜＋｜BF｜＝x1＋x2＋4＝6，即x1＋x2＝2， 又x1＋x2＝ty1＋m＋ty2＋m＝t(y1＋y2)＋2m＝2， 所以8t2＋2m＝2，即4t2＋m＝1. 设点M为AB的中点，则M(1，4t)，如图所示， 所以直线MN的方程为y－4t＝－t(x－1)， 令y＝0，则xN＝5， 故点N为定点，坐标为. 2.(13分)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l过抛物线C：y2＝2px的焦点F，与C交于A，B两点. (1)若线段AB中点的横坐标为2，线段AB的长为6，求抛物线的方程； (2)在y轴上是否存在一定点P，使得直线PA和直线PB的斜率之积为定值？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由. 解：(1)抛物线y2＝2px的焦点为F，直线AB的方程可设为x＝my＋， 代入y2＝2px整理得y2－2pmy－p2＝0. 设A，B，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－p2， 所以x1＋x2＝＋＝m(y1＋y2)＋p＝2pm2＋p， x1x2＝·＝＝＝p2. 因为线段AB中点的横坐标为2，所以＝＝2①， 因为线段AB的长为6，所以＝＋＝＋＝2pm2＋2p＝6②， 由①②解得p＝2， 所以抛物线的方程为y2＝4x. (2)设P，如图所示，直线PA和直线PB的斜率分别为k1，k2， 则k1k2＝· ＝ ＝ ＝－4－8m＋4， 若k1k2为定值，由m的任意性知＝0，即t＝0，此时P为原点， 所以存在定点P，使得直线PA和直线PB的斜率之积为定值－4. 3.(13分)如图，已知抛物线y2＝4x，点P是x轴上的一点，经过点P且斜率为1的直线l与抛物线相交于A，B两点. (1)求证线段AB的中点在一条定直线上，并求出该直线方程； (2)若＝4(O为坐标原点)，求a的值. 解：(1)证明：设A，B，A，B中点为M. 因为A，B在抛物线上，所以＝4x1，＝4x2， 两式相减可得＝4，即＝. 又＝1，y1＋y2＝2y0，所以2y0＝4，所以y0＝2. 故线段AB的中点在直线y＝2上. (2)直线l：x＝y＋a，由 可得y2－4y－4a＝0， 所以Δ＝16＞0，即a＞－1. 且y1＋y2＝4，y1y2＝－4a， 则＝＝＝4. 若＝4，则4＝4，即a2－2a－2＝0.解得a＝1±. 此时Δ＞0所以a＝1±. 4.(15分)已知椭圆C：＋＝1的焦距为2，直线y＝kx与C交于A，B两点，P是C上异于A，B的一点，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，满足k1k2＝－. (1)求椭圆C的方程； (2)点Q在C上，满足＝2，直线AP，BQ相交于点M，求证：△MAB的面积为定值. 解：(1)如图所示，设A(x0，y0)，所以B(－x0，－y0)，P， 所以 所以k1·k2＝·＝＝＝－， 所以－＝－，＝. 又c＝1，而＝，所以a＝，b＝1， 所以椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：设PQ方程为y＝kx＋m， 联立得x2＋2(k2x2＋2kmx＋m2)＝2， 所以x2＋4kmx＋2m2－2＝0， Δ＝16k2m2－4＝8(2k2＋1－m2)＞0，即2k2＋1＞m2. 所以＝·. 联立x2＝2， 所以＝·2. 因为＝， 所以·＝·2， 所以m2＝. 又因为＝， 所以PQ为△MAB的中位线， 所以S△MPQ＝S△MAB， 所以S梯形PABQ＝S△MAB， 又y＝kx与y＝kx＋m两平行线间的距离为d＝＝， 所以S△MAB＝S梯形PABQ ＝×d ＝××··2·＝为定值. 5.(17分)已知抛物线Γ：y2＝4x，直线l与抛物线Γ相交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2). (1)若直线l经过抛物线Γ的焦点，且弦长｜AB｜＝6，求x1＋x2的值； (2)若直线l经过点P(2，0)，求△OAB的面积的最小值(O为坐标原点)； (3)是否存在定圆M：(x－m)2＋y2＝4，使得过抛物线Γ上任意一点Q作圆M的两条切线，与抛物线Γ交于另外两点S，T时，总有直线ST也与圆M相切？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由. 解：(1)＝(x1＋)＋(x2＋)＝x1＋x2＋p＝6，所以x1＋x2＝4. (2)设直线l的方程为x＝my＋2， 联立得整理得y2－4my－8＝0， 所以 所以S△OAB＝×2×｜y1－y2｜ ＝＝≥＝4， 当且仅当m＝0，即l⊥x轴时，等号成立， 所以△OAB的面积的最小值为4. (3)设Q(，y1)，S(，y2)，T(，y3)， 直线QS的方程为y－y1＝， 即＝4， 整理得4x－(y1＋y2)y＋y1y2＝0， 由直线QS与圆M相切得＝2， 即(－4)＋(8my1－8y1)y2＋16m2－4－64＝0， 同理可得(－4)＋(8my1－8y1)y3＋16m2－4－64＝0， 易知≠4，否则直线与抛物线只有一个交点， 所以y2，y3是方程(－4)y2＋(8my1－8y1)y＋16m2－4－64＝0的两个根， 所以 由直线ST：4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0与圆相切可得＝2， 平方得16m2＋8my2y3＋ ＝4，即 16m2＋8m·＋＝4， 化简得(m2－2m－3)＋(8m3－32m2＋8m＋48)＋16m4－32m3－112m2＋128m＋192＝0， 上式对任意的y1恒成立，所以m2－2m－3＝0⇒m1＝－1，m2＝3， 当m＝－1或m＝3时， 综上，存在定圆M：(x＋1)2＋y2＝4或(x－3)2＋y2＝4，使得过抛物线Γ上任意一点Q作圆M的两条切线，与抛物线Γ交于另外两点ST时，总有直线ST也与圆M相切. 学生用书⬇第144页 学科网（北京）股份有限公司 $