8.13 圆锥曲线中定点与定值问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（人教A版）

该高中数学高考复习课件聚焦圆锥曲线中定点与定值问题，依据高考评价体系梳理直线过定点、圆过定点及定值证明三大核心题型，结合2021新课标II卷等真题分析考点权重，归纳参数法、特殊到一般法等解题路径，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“真题解析+思维建模+技巧提炼”，如通过2021新课标II卷双曲线题，用参数法推导交点坐标证明定点，培养数学思维与模型观念。设“易错陷阱警示”和“思维升华”模块，帮助学生掌握答题逻辑，教师可据此精准教学，助力高效冲刺。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第八章 直线和圆、圆锥曲线 01 8．13　圆锥曲线中定点与定值问题 01 02 题型一 题型二 课下巩固精练卷(七十五) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 课下巩固精练卷(七十五) 圆锥曲线中定点与定值问题 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 感谢观看 题型一　圆锥曲线中的定点问题 角度1　直线过定点问题 【例1】　(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为. (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． [思维建模] 第(1)问 求什么 想什么 求双曲线的标准方程，想到待定系数法 给什么 用什么 已知焦点和离心率，可确定方程类型及a，c的值 第(2)问 求什么 想什么 证明点P在定直线上，想到把点P的坐标表示出来，证明某个坐标为定值或横纵坐标有固定关系 给什么 用什么 已知点P是直线MA1和NA2的交点，要表示出两条直线的方程，联立方程组确定点P的坐标 差什么 找什么 缺少M，N的坐标，需要设直线方程引入参数，有两个途径：一是以直线MA1和NA2的斜率为参数(两个)；二是以直线MN的斜率为参数 解：(1)设双曲线方程为＝1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c＝2， 则由e＝可得a＝2，b＝＝4， 故双曲线方程为＝1. (2)由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 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＝， 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上运动． 思维升华　圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点． (2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关． 【对点练习】　1.(2024·贵州贵阳二模)已知椭圆E的一个焦点是 .直线l1：y＝k1x＋b1与直线l2：y＝k2x＋b2关于直线l：y＝x＋1对称，且相交于椭圆E的上顶点． (1)求椭圆E的标准方程； (2)求k1k2的值； (3)设直线l1，l2分别与椭圆E另交于P，Q两点，证明：直线PQ过定点． 解：(1)因为l1，l2相交且关于直线y＝x＋1对称， 故l1，l2的交点在直线y＝x＋1上， 又直线y＝x＋1与y轴相交于点A(0，1)，则椭圆E的上顶点为(0，1)， 设椭圆E的标准方程为＝1(a>b>0)，则b＝1， 又半焦距c＝，得a2＝b2＋c2＝4， 所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1. (2)由(1)可得b1＝b2＝1. 设点B(x，y)是l1上任意异于A(0，1)的一点， 点B0(x0，y0)是B关于直线y＝x＋1的对称点， 所以由＋1得y－x＝x0－y0＋2　①， 由＝－1得y＋x＝x0＋y0　②， 联立①②，解得 代入直线l1得x0＝k1(y0－1)． 又由点B0(x0，y0)在直线l2上可得y0＝k2x0＋1，故y0－1＝k2x0， 所以x0＝k1k2x0，由x0≠0得k1k2＝1， 故k1k2的值为1. (3)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 联立直线l1与椭圆E：得x2＋8k1x＝0， 所以x1＝， 同理，x2＝， 又由(2)：k1k2＝1，所以x2，y2也可表示为x2＝， 所以直线PQ的方程为y－， 化简得y＝－， 所以对任意的k1，总会过点. 故直线PQ过定点. 角度2　圆过定点问题 【例2】　已知椭圆C：＝1(a＞b≥1)的离心率为，其上焦点到直线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)由题意得，e＝，又a2＝b2＋c2，所以a＝b，c＝b. 又，a＞b≥1， 所以b2＝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. 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－k2－2＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝， 所以＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2 ＝x1x2＋x1＋x2＋1＋ ＝(1＋k2)x1x2＋(x1＋x2)＋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)． 思维升华　抓住圆的几何特征：“直径所对的圆周角为90°”，巧用向量＝0求得定点坐标，学习中应体会向量解题的工具性． 【对点练习】　2.(2024·山东潍坊模拟)已知双曲线C：＝1(0<a<10，b>0)的右顶点为A，左焦点F(－c，0)到其渐近线bx＋ay＝0的距离为2，斜率为＝. (1)求双曲线C的方程； (2)过点T(6，0)的直线l2与双曲线C交于P，Q两点，直线AP，AQ分别与直线x＝6相交于M，N两点，试问：以线段MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由． 解：(1)因为双曲线C的左焦点F(－c，0)到双曲线的C一条渐近线 bx＋ay＝0的距离为d＝＝b，而d＝2，所以b＝2， 故双曲线C的方程为＝1(0<a<10)． 依题意直线l1的方程为y＝(x－a)， 由消去y整理得(36－a2)x2＋2a3x－a2(a2＋36)＝0， 依题意得36－a2≠0，Δ>0， 设点A，B的横坐标分别为xA，xB， 则xAxB＝， 又xA＝a，所以xB＝， 所以|AB|＝＝＝＝8， 即＝8，解得a＝3或a＝12(舍去)，且a＝3时，Δ>0， 所以双曲线C的方程为＝1. (2)依题意直线l2的斜率不等于0，设直线l2的方程为x＝my＋6. 由消去x整理得(4m2－9)y2＋48my＋108＝0， 故4m2－9≠0，Δ1>0. 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝， 直线AP的方程为y＝(x－3)， 令x＝6，得y＝，即M， 同理可得N. 由对称性可知，若以线段MN为直径的圆过定点， 则该定点一定在x轴上， 设该定点为R(t，0)，则＝＝， 故＝(6－t)2＋＝(6－t)2＋＝(6－t)2＋ ＝(6－t)2＋＝(6－t)2－12＝0. 解得t＝6－2或t＝6＋2. 故以线段MN为直径的圆过定点和. 题型二　圆锥曲线中的定值问题 【例3】　(2024·陕西西安模拟)已知椭圆C：＋y2＝1(a>1)的离心率为，椭圆C的动弦AB过椭圆C的右焦点F，当AB垂直x轴时，椭圆C在A，B处的两条切线的交点为M. (1)求点M的坐标； (2)若直线AB的斜率为，过点M作x轴的垂线l，点N为l上一点，且点N的纵坐标为－，直线NF与椭圆C交于P，Q两点，证明：为定值． 解：(1)e＝， 解得a2＝5，所以椭圆方程为＋y2＝1， 又c2＝a2－b2＝5－1＝4，所以右焦点F(2，0)， 当AB垂直x轴时，不妨取A，根据对称性可知点M在x轴上， 且直线MA的斜率存在， 设直线MA的方程为y＝k(x－2)＋， 联立 消去y得(1＋5k2)x2＋10kx＋52－5＝0， 则Δ＝2－4×5(1＋5k2)＝0， 化简得k2＋＝0，解得k＝－， 所以直线MA的方程为y＝－， 令y＝0，解得x＝，故点M的坐标为. (2)如图，由题意可得直线AB的方程为y＝(x－2)，即x＝my＋2. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题可知N， 所以kNF＝＝－m，故直线NF与AB垂直， 联立消去x得(m2＋5)y2＋4my－1＝0， 则y1＋y2＝－， 所以|AB|＝＝ ， 同理，|PQ|＝， 所以， 故为定值． 思维升华　圆锥曲线中的定值问题的常见类型 (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． 【对点练习】　3.(2024·湖南常德一模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的短轴长为2，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，R为椭圆上的一点，且△RF1F2的周长为6. (1)求椭圆C的方程； (2)过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆交于E，F两点(点E在第一象限)，P，Q是椭圆C上位于直线l两侧的动点，始终保持∠QEF＝∠PEF，求证：直线PQ的斜率为定值． 解：(1)由已知有2b＝2，2c＋2a＝|F1F2|＋|RF1|＋|RF2|＝6， 即a＋c＝3，b＝. 所以a－c＝＝1，从而a＝＝2. 故椭圆C的方程为＝1. (2)我们有c＝＝1，故直线l的方程为x＝1. 将x＝1代入＝1可得＝1，解出y＝ 故E，F. 由于∠QEF＝∠PEF，故PE，QE的斜率互为相反数． 设PE，QE的斜率分别是k，－k，则由E可知它们的方程分别是 y＝kx＋－k和y＝－kx＋＋k. 将直线y＝kx＋－k与椭圆方程联立可知3x2＋42＝12， 即(3＋4k2)x2＋4(3－2k)kx＋(3－2k)2－12＝0. 由E知此方程必有一根x＝1， 故另一根是x＝. 得到P， 同理有Q. 所以直线PQ的斜率kPQ＝，为定值． 1．(2024·山东济南三模)如图所示，抛物线y2＝2px(p>0)的准线过点(－2，3)． (1)求抛物线的标准方程； (2)若角α为锐角，以角α为倾斜角的直线经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A、B两点，作线段AB的垂直平分线l交x轴于点P，证明：|FP|－|FP|cos 2α为定值，并求此定值． 解：(1)由题意得－＝－2， ∴p＝4，∴抛物线的方程为y2＝8x. (2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，直线AB的斜率为k＝tan α， 则直线方程为y＝k(x－2)， 将此式代入y2＝8x，得k2x2－4(k2＋2)x＋4k2＝0， 故xA＋xB＝， 又线段AB的中垂线为直线l，设直线l与AB的交点为E(xE，yE)， 则xE＝，yE＝k(xE－2)＝， 故直线l的方程为y－， 令y＝0得点P的横坐标为xP＝＋4， 故|FP|＝xP－2＝， ∴|FP|－|FP|cos2α＝(1－cos2α)＝＝8， ∴|FP|－|FP|cos2α为定值8. 2．(2024·江西九江二模)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的离心率为，点P(3，4)在C上． (1)求双曲线C的方程； (2)直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若直线PA，PB的斜率互为倒数，证明：直线l过定点． 解：(1)由已知得e＝，c2＝a2＋b2，所以b＝2a， 又点P(3，4)在C上，故＝1， 解得a2＝5，b2＝20， 所以双曲线C的方程为＝1. (2)当l斜率不存在时，显然不满足条件． 当l斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，与方程C联立， 消去y得(4－k2)x2－2kmx－m2－20＝0， 由已知得k2≠4，且Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋20)＝16(m2－5k2＋20)>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝， 直线PA，PB的斜率分别为k1＝ ， 由已知k1k2＝1，故(kx1＋m－4)(kx2＋m－4)＝(x1－3)(x2－3)， 即(k2－1)x1x2＋(km－4k＋3)(x1＋x2)＋m2－8m＋7＝0， 所以－(k2－1)(m2＋20)＋2km(km－4k＋3)＋(4－k2)(m2－8m＋7)＝0， 化简得(m＋3k－4)(5m－9k－12)＝0， 又已知l不过点P(3，4)，故m＋3k－4≠0， 所以5m－9k－12＝0，即m＝， 故直线l的方程为y＝k＋， 所以直线l过定点. 3．(2024·广东梅州一模)已知动圆M经过定点且与圆F2：2＋y2＝16内切． (1)求动圆圆心M的轨迹C的方程； (2)设轨迹C与x轴从左到右的交点为点A，B，点P为轨迹C上异于A，B的动点，设PB交直线x＝4于点T，连接AT交轨迹C于点Q.直线AP、AQ的斜率分别为kAP、kAQ. (ⅰ)求证：kAP·kAQ为定值； (ⅱ)证明直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标． 解：(1)设动圆的半径为r，由题意得圆F2的圆心为F2， 半径R＝4， 所以|MF1|＝r，|MF2|＝R－r， 则|MF1|＋|MF2|＝4>2＝|F1F2|， 所以动点M的轨迹C是以F1，F2为焦点，长轴长为4的椭圆， 因此轨迹C方程为＋y2＝1. (2)(ⅰ)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(4，m)． 由题可知A(－2，0)，B(2，0)，如图所示， 则kAP＝， 而kBP＝kBT＝，于是m＝， 所以kAP·kAQ＝， 又＝1，则， 因此kAP·kAQ＝为定值． (ⅱ)设直线PQ的方程为x＝ty＋n，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由得(t2＋4)y2＋2tny＋n2－4＝0， 所以y1＋y2＝－. 由(ⅰ)可知，kAP·kAQ＝－，即， 化简得，解得n＝1或n＝－2(舍去)， 所以直线PQ的方程为x＝ty＋1， 因此直线PQ经过定点(1，0)． 4．(2024·杭州质检)如图，已知椭圆C1：＝1，椭圆C2：＝1，A(－2，0)，B(2，0)，P为椭圆C2上的动点且在第一象限，直线PA，PB分别交椭圆C1于E，F两点，连接EF并延长交x轴于Q点，过B点作BH分别交椭圆C1，C2于G，H点，且BH∥PA. (1)证明：kBF·kBG为定值； (2)证明：直线GF过定点，并求出该定点； (3)若记P，Q两点的横坐标分别为xP，xQ，证明：xPxQ为定值． 解：(1)证明：设P(x0，y0)，则＝1， 可得， 又kPA＝， 则kPA·kPB＝， 因为BG∥PA， 所以kBF·kBG＝kPA·kPB＝－. (2)当直线GF的斜率存在时，设GF的方程为y＝k(x－t)(k≠0)， 联立消去y得(4k2＋3)x2－8k2tx＋4k2t2－12＝0. 则Δ＝64k4t2－16(4k2＋3)(k2t2－3)＝48(4k2＋3－k2t2)>0， 设G(x1，y1)，F(x2，y2)， 则x1＋x2＝， 由kBF·kBG＝＝， 得， 约去k2并化简得t2－3t＋2＝0，解得t＝1(t＝2不符合题意，舍去)， 此时直线GF过定点(1，0)； 当直线GF的斜率不存在时，设GF的方程为x＝m，其中m≠2， 联立解得y＝±， 则F，G， 所以kBF·kBG＝－，解得m＝1. 综上，直线GF过定点(1，0)． (3)证明：设PA的方程为y＝k1(x＋2)(k1>0)， 联立解得E点的坐标为. 由(1)知， 由k1＝，则E点的坐标为. 同理，记PB的斜率为k2，则F点的坐标为， 由k2＝，则F点的坐标为， 则EF的斜率kEF＝， 所以直线EF的方程为y＋． 令y＝0，得xQ＝， 又xP＝x0，故xPxQ＝x0·＝4. $