专题5 第4讲 大题专攻——圆锥曲线中的定点、定值问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书Word

第4讲　大题专攻——圆锥曲线中的定点、定值问题 备｜考｜领｜航 一、考情分析 高频考点 高考预测 定值问题 在解答题中会继续以椭圆、抛物线、双曲线为几何载体考查定点、定值及定线问题，仍是高考考查的热点，难度较大，是高考的压轴题 定点问题 定线问题 二、真题感悟 1.（2023·全国乙卷理20题）（定点问题）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）由椭圆C过点A（－2，0），得＝1， 则b2＝4. 所以c2＝a2－4. 又＝，所以a2＝9. 故椭圆C的方程为＋＝1. （2）证明：显然直线PQ的斜率存在，故设直线PQ的斜率为k，P（x1，y1），Q（x2，y2），则lPQ：y＝k（x＋2）＋3. 联立得方程组 消去y并整理，得（4k2＋9）x2＋8k（2k＋3）x＋16k2＋48k＝0， 所以x1＋x2＝－，　① x1x2＝.　② 又A（－2，0），P（x1，y1），则lAP：y＝（x＋2）. 同理，lAQ：y＝（x＋2）. 当x＝0时，yM＝，yN＝. 设线段MN的中点坐标为（0，y0）， 则y0＝＝＋＝k＋＋k＋＝2k＋. 将①②代入上式，得y0＝3. 故线段MN的中点坐标为（0，3），为定点. 2.（2020·新高考Ⅰ卷22题）（定值问题）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，且过点A（2，1）. （1）求C的方程； （2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得｜DQ｜为定值. 解：（1）由题意得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3. 所以C的方程为＋＝1. （2）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2）. 若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 于是x1＋x2＝－，x1x2＝.　① 由AM⊥AN知，·＝0，故（x1－2）（x2－2）＋（y1－1）（y2－1）＝0，可得（k2＋1）x1x2＋（km－k－2）（x1＋x2）＋（m－1）2＋4＝0. 将①代入上式可得（k2＋1）－（km－k－2）·＋（m－1）2＋4＝0. 整理得（2k＋3m＋1）（2k＋m－1）＝0. 因为A（2，1）不在直线MN上， 所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1. 于是MN的方程为y＝k－（k≠1）. 所以直线MN过点P. 若直线MN与x轴垂直，可得N（x1，－y1）. 由·＝0得（x1－2）（x1－2）＋（y1－1）·（－y1－1）＝0. 又＋＝1，可得3－8x1＋4＝0. 解得x1＝2（舍去），x1＝. 此时直线MN过点P. 令Q为AP的中点，即Q. 若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边， 故｜DQ｜＝｜AP｜＝. 若D与P重合，则｜DQ｜＝｜AP｜. 综上，存在点Q，使得｜DQ｜为定值. 重｜难｜排｜查 1.求圆锥曲线定点问题的两种常见方法 （1）由特殊到一般法：利用由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关； （2）参数法：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中的核心变量（此处设为k）→利用条件找到k与待求定点的曲线F（x，y）＝0之间的关系→研究变化量与参数何时没有关系，找到定点. 2.求解圆锥曲线定值问题的两种常见方法 （1）从特殊到一般求定值：常用处理技巧：①研究特殊情形，如直线斜率不存在等，得到所要探求的定值；②探究一般情形；③综合上面两种情形下结论； （2）直接消参求定值：常见处理方法：①确定一个（或两个）变量为核心变量，其余量均结合条件用核心变量进行表示；②将所求表达式用核心变量进行表示（有的甚至就是核心变量），然后进行化简，看能否得到一个常数. 定值问题 【例1】　（2024·东北三省四市联合体模拟）在平面直角坐标系中，F1，F2分别为双曲线C：3x2－y2＝a2（a＞0）的左、右焦点，过F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点.当l与x轴垂直时，△ABF1的面积为12. （1）求双曲线C的标准方程； （2）当l与x轴不垂直时，作线段AB的垂直平分线，交x轴于点D.试证明为定值. 解：（1）双曲线3x2－y2＝a2可化为－＝1. 当l与x轴垂直时，＝｜F1F2｜·｜AB｜＝（2×a）×＝4a2＝12，解得a2＝3， 所以双曲线C的标准方程为x2－＝1. （2）证明：由（1）知F2（2，0），所以可设直线l的方程为x＝ty＋2（t≠0）， A（x1，y1），B（x2，y2），M为线段AB的中点， 联立双曲线C与直线l的方程，得消去x，得（3t2－1）y2＋12ty＋9＝0， 因此y1＋y2＝，y1y2＝. 进而可得x1＋x2＝，所以线段AB中点M的坐标为（，）. 所以线段AB的垂直平分线的方程为y＋＝－t（x＋）， 则D（，0），｜DF2｜＝｜2＋｜＝｜｜， ｜AB｜＝＝·＝｜｜. 所以｜DF2｜＝｜AB｜，即为定值1. 感悟提升 1.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.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的. 已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，M为椭圆C上一点，△MF1F2的周长为4＋2. （1）求椭圆C的方程； （2）若P为圆x2＋y2＝5上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，证明·为定值. 解：（1）由已知可得 解得a＝2，b＝1，c＝. 所以椭圆C的方程为＋y2＝1. （2）证明：设P（x0，y0），则＋＝5. 当x0＝±2时，y0＝±1，显然PA⊥PB， 则·＝0. 当x0≠±2时，过点P的切线可设为y＝k（x－x0）＋y0， 联立切线方程与椭圆方程，得 消去y得（4k2＋1）x2＋8k（y0－kx0）x＋4[（y0－kx0）2－1]＝0， 所以Δ＝64k2（y0－kx0）2－16（4k2＋1）·[（y0－kx0）2－1]＝0. 整理成关于k的方程，得（4－）k2＋2x0y0k＋1－＝0， 此方程的两个根k1，k2就是切线PA，PB的斜率， 所以k1·k2＝＝＝－1. 所以PA⊥PB，所以·＝0. 综上，·＝0，为定值. 定点问题 【例2】　（2024·九省联考节选）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点.证明：直线MN过定点. 证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），不妨设x1＜x2.如图. 由C：y2＝4x得F（1，0），易知直线AB，DE的斜率都存在且不为0. 设l：x＝my＋1，则m＞0. 由得y2－4my－4＝0， 故y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，＝2m，＝＝2m2＋1. 所以M（2m2＋1，2m）. 同理可得N（＋1，－）. 若m≠1，则直线MN的斜率kMN＝＝， 所以直线MN：y＝（x－2m2－1）＋2m＝（x－3），直线MN过点（3，0）. 若m＝1，则直线MN：x＝3，直线MN过点（3，0）. 综上，直线MN过定点（3，0）. 感悟提升 直线过定点问题的解题策略 　已知抛物线C：y2＝4x与过点（2，0）的直线l交于M，N两点，P在线段MN上，若＝，PQ⊥y轴，垂足为Q，求证：以PQ为直径的圆过定点A. 证明：由题意可知，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2（m∈R）， 将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x可得y2－4my－8＝0， 显然Δ＝16m2＋32＞0，设M（x1，y1），N（x2，y2）， 则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8， 因为＝，所以P是线段MN的中点， 设P（xP，yP），则xP＝＝＝2m2＋2，yP＝＝2m， 所以P（2m2＋2，2m）， 又PQ⊥y轴，垂足为Q，所以Q（0，2m）， 设以PQ为直径的圆经过点A（x0，y0）， 则＝（2m2＋2－x0，2m－y0），＝（－x0，2m－y0）， 所以·＝0，即－x0（2m2＋2－x0）＋（2m－y0）2＝0， 化简得（4－2x0）m2－4y0m＋＋－2x0＝0，　① 令可得 所以当x0＝2，y0＝0时，对任意的m∈R，①式恒成立，所以以PQ为直径的圆过定点A（2，0）. 定线问题 【例3】　椭圆Γ：＋＝1（a＞b＞0）的上顶点为A（0，），下顶点为B，离心率为，点P（0，2）. （1）求椭圆Γ的方程； （2）如图，过点P的动直线l交椭圆Γ于M，N两点（不同于A，B两点），若直线AN与直线BM交于点Q，点Q是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由. 解：（1）椭圆Γ的离心率为，则＝，得c＝a，又a2＝b2＋c2，b＝， 所以a2＝2＋a2，得a2＝4，所以椭圆Γ的方程为＋＝1. （2）由题可得A（0，），B（0，－），过点P（0，2）的直线l斜率存在， 设直线l的方程为y＝kx＋2，M（x1，y1），N（x2，y2）， 由消去y得关于x的一元二次方程（1＋2k2）x2＋8kx＋4＝0，1＋2k2≠0， 则Δ＝（8k）2－16（1＋2k2）＝32k2－16＞0，即k＜－或k＞， x1＋x2＝，x1x2＝. 直线AN的方程为y＝x＋，直线BM的方程为y＝x－，设Q（x0，y0）， 由 可得 易知x1＋x2＝－2kx1x2， 则y0＝＝＝1， 则直线AN与直线BM交点Q的纵坐标为定值1，所以点Q在定直线y＝1上. 感悟提升 证明动点在定线上的方法 （1）参数法：由已知条件中影响动点的含参方程，确定动点坐标P（x，y）与参数间的数量关系，再根据等量关系或几何关系消去参数，求得关于x，y且不含参数的固定方程，故该动点就在此定线上； （2）特殊探求法：从动点形成的动源入手，取动点运动中几个特殊位置，初步探索动点所在的直（曲）线，然后再证明无论动源怎样变化，动点P（x，y）始终在此直（曲）线上. 　已知抛物线C：y2＝2x，A（x1，y1），B（x2，y2）是C上两个不同的点. （1）求证：直线y1y＝x1＋x与抛物线C相切； （2）若O为坐标原点，·＝－1，抛物线C在A，B处的切线交于点P，证明：点P在定直线上. 证明：（1）联立 得y2－2y1y＋2x1＝0， 因为A（x1，y1）在抛物线C上， 则＝2x1， 所以Δ＝（－2y1）2－4×2x1 ＝4－8x1＝0， 因此直线y1y＝x1＋x与抛物线C相切. （2）设P（x0，y0），由（1）知，切线PA的方程为y1y＝x1＋x，切线PB的方程为y2y＝x2＋x， 联立 得x0＝， 因为x1＝，x2＝， 所以x0＝＝. 又因为·＝－1， 所以x1x2＋y1y2＝·＋y1y2＝－1， 解得y1y2＝－2，所以x0＝－1. 故点P在定直线x＝－1上. 1.（2024·贵阳适应性考试）已知双曲线C的方程为－＝1（a＞0，b＞0），虚轴长为2，点A（－4，－1）在双曲线C上. （1）求双曲线C的方程； （2）过原点O的直线与双曲线C交于S，T两点（异于点A），已知直线AS和直线AT的斜率存在，证明：直线AS和直线AT的斜率之积为定值. 解：（1）因为虚轴长2b＝2，所以b＝1. 因为点A（－4，－1）在双曲线C上，所以－＝1， 解得a2＝8. 故双曲线C的方程为－y2＝1. （2）证明：设S（x0，y0），则T（－x0，－y0）， 所以kAS·kAT＝·＝. 因为点S（x0，y0）在双曲线C上， 所以－＝1，得1－＝2－， 于是kAS·kAT＝＝＝， 所以直线AS和直线AT的斜率之积为定值，定值是. 2.已知椭圆C1：＋＝1（a＞b＞0）的右顶点与抛物线C2：y2＝2px（p＞0）的焦点重合，椭圆C1的离心率为，过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截抛物线C2所得的弦长为4. （1）求椭圆C1和抛物线C2的方程； （2）过点A（－4，0）的直线l与椭圆C1交于不同的两点M（x1，y1），N（x2，y2），点M关于x轴的对称点为E（x1，－y1）.证明：当直线l绕点A旋转时，直线EN经过定点. 解：（1）由椭圆C1的离心率为，可得＝， ∴a＝2c， ∵椭圆C1的右顶点与抛物线C2的焦点重合， ∴a＝，得p＝2a，∴p＝4c， 将x＝c代入抛物线C2的方程，可得y2＝2pc， ∴｜y｜＝＝2c， ∵过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截抛物线C2所得的弦长为4，∴2｜y｜＝4， 即2×2c＝4，解得c＝1， ∴a＝2，p＝4c＝4， 由b2＝a2－c2，可得b2＝4－1＝3， ∴椭圆C1的方程为＋＝1，抛物线C2的方程为y2＝8x. （2）证明：如图，由题知，直线l的斜率存在，设直线l：y＝k（x＋4）， 联立消去y得（3＋4k2）x2＋32k2x＋64k2－12＝0， ∴ 直线EN的方程为y＋y1＝（x－x1）， 即y＋k（x1＋4）＝（x－x1）， 即y＝x－， 代入①②可得y＝·（x＋1）， ∴当直线l绕点A旋转时，直线EN经过定点（－1，0）. 3.已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）过点（4，6），焦距为8. （1）求双曲线C的方程； （2）过C的右焦点F的直线与C交于M，N两点，点Q的坐标为（，0）.过点M作x轴的平行线交NQ于点P.求证：点P在定直线上. 解：（1）由题意得解得 所以双曲线C的方程为－＝1. （2）证明：由（1）知F（4，0）， 设直线MN的方程为x＝my＋4， 代入－＝1得，（3m2－1）y2＋24my＋36＝0. 则 解得m≠±. 设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y1）， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 直线NQ的方程为y＝（x－）. 又因为点P在直线NQ上， 所以y1（my2＋）＝y2（x0－）. 所以x0－＝ ＝ ＝＝－， 所以x0＝－＋＝1， 即点P在定直线x＝1上. 4.我们把抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形，对应的三个切点形成的三角形称为抛物线的切点三角形.如图，△P0P1P2，△ABC分别为抛物线y2＝2px（p＞0）的切线三角形和切点三角形，F为该抛物线的焦点，且当直线AB的斜率为－1时，AB中点的纵坐标为－2. （1）求p； （2）若直线AC过点F，直线AB，BC分别与该抛物线的准线交于点D，E，记点D，E的纵坐标分别为yD，yE.证明：yDyE为定值； （3）若A，B，C均不与坐标原点重合，证明：｜FA｜·｜FB｜·｜FC｜＝｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜. 解：（1）由题可知点A，B均在抛物线上，故可设A（，y1），B（，y2）， 由题意得当kAB＝－1时，y1＋y2＝－2×2＝－4， 故kAB＝＝＝－＝－1， 所以p＝2. （2）证明：根据题意作图， 如图，由（1）知抛物线的方程为y2＝4x，所以F（1，0），准线方程为x＝－1. 因为直线AC过点F，所以与共线，因为点C在抛物线上，所以可设C（，y3），则＝（1－，－y1），＝（－1，y3）， 所以y3（1－）＋y1（－1）＝0，即（y1－y3）·（1＋）＝0，因为y1≠y3，所以y1y3＝－4. 易知直线AB的方程为y－y1＝（x－），即y＝x＋， 令x＝－1，得yD＝，同理可得yE＝， 所以yDyE＝· ＝. 因为y1y3＝－4，所以yDyE＝＝－4，所以yDyE为定值－4. （3）证明：由题意知抛物线y2＝4x在A，B，C三点处的切线的斜率都存在且不为0. 设抛物线y2＝4x在点A（，y1）处的切线方程为y－y1＝k（x－）（k≠0）， 与y2＝4x联立，消去x并整理得ky2－4y＋4y1－k＝0， 由Δ＝16－4k（4y1－k）＝0，解得k＝. 所以抛物线y2＝4x在点A处的切线方程为y1y＝2x＋. 同理可得抛物线y2＝4x在点B处的切线方程为y2y＝2x＋，在点C处的切线方程为y3y＝2x＋. 故易得P0（，），P1（，），P2（，）， ｜FA｜＝x1＋1＝，｜FB｜＝， ｜FC｜＝， 所以｜FA｜·｜FB｜·｜FC｜＝. 由两点间的距离公式得｜FP0｜＝＝， 同理可得｜FP1｜＝，｜FP2｜＝， 所以｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜＝··＝， 所以｜FA｜·｜FB｜·｜FC｜＝｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜. 11 / 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