第八章 13 重难突破二 突破6 定点、定线与定值问题（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（湘教版）

该高中数学讲义聚焦圆锥曲线中的定点、定线与定值高考核心考点，按定值问题、定点问题两大题型组织，涵盖直接消参法、特殊转化法等解题技法，通过考点梳理、方法指导（如参数法步骤总结）、真题讲解（2024四川资阳模拟等）及对点练，构建系统复习框架，助力学生突破难点。 讲义突出“技法分类+分层训练”特色，如特殊转化法先探定点再证明，培养学生数学思维与推理意识，结合符号运算提升数学语言表达能力。设置基础与提升分层练习，确保高效复习，为教师把控节奏、学生提升应考能力提供有力支持。

突破6　定点、定线与定值问题 处理圆锥曲线中定点问题的方法：(1)探索直线过定点时，可设直线方程为y=kx+m，然后利用条件建立k，m的等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. 处理圆锥曲线中定值问题的方法：(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. 题型一　定值问题 技法1　直接消参法 (2024·四川资阳模拟)点F1，F2分别为椭圆C：+=1(a>b>0)的左、右焦点，过右焦点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，且线段AB不为长轴，△ABF1的周长为8，椭圆C的离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)点A2为椭圆C的右顶点，求证：直线A2A，A2B的斜率之积为定值，并求出此定值. 解：(1)由题可知|AF1|+|AF2|=2a，|BF1|+|BF2|=2a． 因为△ABF1的周长为8，所以|AF1|+|BF1|+|AF2|+|BF2|=4a=8， 所以a=2.又=，所以c=1，所以b=， 所以椭圆C的方程为+=1. (2)证明：由(1)得A2(2，0)，F2(1，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AF2的方程为x=my+1. 联立得(3m2+4)y2+6my-9=0. 因为3m2+4>0，Δ=36m2+36(3m2+4)>0， 所以y1+y2=-，y1y2=-， 所以=·=·== =-， 所以直线A2A，A2B的斜率之积为定值，此定值为-. 参数法解决圆锥曲线中定值问题的一般步骤 对点练1.(2025·江西赣州模拟)已知椭圆C：+=1(a>b>0)过点，椭圆C的右焦点与点Q(2，-2)所在直线的斜率为-2. (1)求椭圆C的方程； (2)若过Q的直线l与椭圆C交于A，B两点，点P(3，0).直线PA，PB分别交椭圆C于点M，N，求证：直线MN的斜率为定值. 解：(1)由题意可设椭圆的半焦距为c，且椭圆C的右焦点为(c，0)， 由题意得解得c=1，a2=3，b2=2， 所以椭圆C的方程为+=1. (2)证明：设l的方程为x=m(y+2)+2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，则直线PA的方程为x=y+3， 由可得[2(x1-3)2+3]y2+12(x1-3)y1y+12=0， 结合+=1，可得(2-x1)y2+(x1-3)y1y+=0， 可得y1·y3=，解得y3=， 代入x=y+3，解得x3=·+3=+2， 同理可得y4=，x4=+2， 故kMN== = ===2. 故直线MN的斜率是定值，且定值为2. 学生用书⬇第250页 技法2　特殊转化法 (2025·重庆模拟)给定椭圆C：+=1(a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”.若椭圆C的离心率为，点(2，)在C上. (1)求椭圆C的方程和其“卫星圆”的方程； (2)点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点，过点P作直线l1，l2使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，且l1，l2与其“卫星圆”的另外两个交点分别为M，N，证明：|MN|为定值. 解：(1)由题意得 解得 所以椭圆C的方程为+=1，其“卫星圆”的方程为x2+y2=12. (2)证明：①当l1，l2中有一条直线的斜率不存在时，不妨设l1的斜率不存在. 因为l1与椭圆只有一个交点，所以其方程为x=2或x=-2. 当l1的方程为x=2时，l1与“卫星圆”交于点(2，2)和点(2，-2)， 经过点(2，2)且与椭圆只有一个交点的直线是y=2，经过点且与椭圆只有一个交点的直线是y=-2，即l2的方程为y=2或y=-2. 所以l1⊥l2，所以线段MN应为 “卫星圆”的直径，所以|MN|=4. 当l1的方程为x=-2时， 同理可得|MN|=4. ②当l1，l2的斜率都存在时，设点P(x0，y0)，其中+=12. 设经过点P(x0，y0)且与椭圆只有一个交点的直线方程为y=t(x-x0)+y0， 由消去y，得(1+2t2)x2+4t(y0-tx0)x+2(y0-tx0)2-8=0， 所以Δ=t2+16x0y0t+32-8=0， 设l1，l2的斜率分别为t1，t2，则t1·t2===-1，则满足条件的两直线l1，l2垂直. 所以线段MN应为“卫星圆”的直径， 所以|MN|=4. 综合①②知，|MN|=4，为定值. 由特殊到一般法求定值问题的两个常用技巧 对点练2.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：+y2=1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上的两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m=，n=，m·n=0. (1)求证：k1·k2=-； (2)试探求△OPQ的面积S是不是定值，并说明理由. 解：(1)证明：因为k1，k2存在， 所以x1x2≠0，因为m·n=0， 所以+y1y2=0， 所以k1·k2==-. (2)是定值.理由如下：当直线PQ的斜率不存在，即x1=x2，y1=-y2时，由=-，得-=0， 由P(x1，y1)在椭圆C上，得+=1， 所以|x1|=，|y1|=， 所以S△OPQ=|x1|·|y1-y2|=1. 当直线PQ的斜率存在时，易知直线PQ的斜率不为0， 设直线PQ的方程为y=kx+b(k≠0). 由得(4k2+1)x2+8kbx+4b2-4=0， x1+x2=，x1x2=. 因为+y1y2=0，所以+·(kx2+b)=0，得2b2-4k2=1，满足Δ=64k2b2-4(4k2+1)(4b2-4)=16(4k2+1-b2)>0， 所以S△OPQ=·|PQ|=|b|·=2|b|·=1. 所以△OPQ的面积S为定值. 学生用书⬇第251页 题型二　定点问题 技法1　直接推理法 (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)由题意可得解得 所以C的方程为+=1. (2)证明：由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ：y=k(x+2)+3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程 消去y得(4k2+9)x2+8k(2k+3)x+16(k2+3k)=0， 则Δ=64k2(2k+3)2-64(4k2+9)(k2+3k)=-1 728k>0，解得k<0， 可得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=+= = ===3， 所以线段MN的中点是定点(0，3). 直接推理法求定点的一般步骤 对点练3.(2024·江西上饶一模)已知点A1(-2，0)，A2(2，0)，动点P满足直线PA1与PA2的斜率之积为-，记动点P的轨迹为曲线E. (1)求曲线E的方程； (2)过点F(1，0)与曲线E相交的两条线段AB和CD相互垂直(斜率存在，且A，B，C，D在曲线E上)，M，N分别是AB和CD的中点.求证：直线MN过定点. 解：(1)设P(x，y)，易得x≠±2，直线A1P的斜率为，直线A2P的斜率为， 则·=-， 整理得+=1， 则曲线E的方程为+=1(x≠±2). (2)证明：由题意可设直线AB的方程为y=k(x-1)(k≠0)，M(x1，y1)，A(x2，y2)，B(x3，y3)， 因为M是AB的中点， 所以x1=，y1=，kOM==，k=， 因为A，B在椭圆+=1上， 所以两式相减得+=0， 即=-，于是有·=-， 所以kOM·kAB=-⇒·k=-， 所以解得 所以M. 因为k≠0，将上式M点坐标中的k换成-， 同理可得N. ①当直线MN不垂直于x轴时，直线MN的斜率kMN==， 其方程y-=，化简得y=， 所以直线MN过定点. ②当直线MN垂直于x轴时，=，此时，k=±1，直线MN也过定点. 综上所述，直线MN过定点. 学生用书⬇第252页 技法2　先找后证法 已知椭圆C：+=1(a>b≥1)的离心率为，上焦点到直线bx+2ay-=0的距离为. (1)求椭圆C的方程； (2)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：(1)由题意，e==，e2==， 所以a=b，c=b． 又=，a>b≥1，所以b=1，a2=2， 故椭圆C的方程为+x2=1. (2)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，则该定点必为Q(-1，0). 下证Q(-1，0)符合题意. 当直线l的斜率存在，且不为0时，设l的方程为y=k，代入+x2=1，并整理得x2-k2x+-2=0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1+x2=，x1x2=， 所以·=+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AB为直径的圆上. 综上，以AB为直径的圆恒过定点(-1，0). 1.定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即斜率为0或斜率不存在时． 2.以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)=0消参. 对点练4.在平面直角坐标系xOy中，点F1，F2，点M满足|MF1|-|MF2|=±2，点M的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)已知A(1，0)，过点A的直线AP，AQ与曲线C分别交于点P和Q(点P和Q都异于点A)，若满足AP⊥AQ，求证：直线PQ过定点. 解：(1)因为|MF1|-|MF2|=±2，所以||MF1|-|MF2||=2<2=|F1F2|，由双曲线定义可知，点M的轨迹为双曲线，其中c=，a=1，所以b==， 所以曲线C的方程为x2-=1. (2)证明：若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为y=±(x-1)， 联立x2-=1，解得x=-3，直线PQ过点(-3，0). 当直线PQ斜率存在时，设直线PQ方程为y=kx+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，代入x2-=1，整理得(k2-2)x2+2kmx+m2+2=0，则x1+x2=，x1x2=， 因为AP⊥AQ， 所以·=·(x2-1，y2) =(x1-1)(x2-1)+y1y2 =(k2+1)x1x2+(km-1)(x1+x2)+m2+1 =++m2+1 =0， 整理得3k2+2km-m2=(3k-m)(k+m)=0， 解得m=3k或m=-k， 因为点P和Q都异于点A，所以m=-k不满足题意， 故m=3k，代入y=kx+m，得y=k(x+3)，过定点(-3，0). 综上，直线PQ过定点(-3，0). 学科网（北京）股份有限公司 $