第8章 微专题九 圆锥曲线中的定点、定直线、定值问题-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考数学大一轮复习全新方案通用版

红圈内·讲与练·高三数学 微专题 圆锥曲线中的定点、定直线、定值问题 考试要求 掌握解决定点、定直线和定值问题的一般方法，提升数学运算素养 关键能力提升 互动探究·考点精讲 考点1定点问题 规律总结 直线过定点问题的常用方法 命题角度1 直线过定点问题 (1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况 【例1】(2024·北京海淀区二模)已知椭圆E的 确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明. 焦点在x轴上，中心在坐标原点.以E的一个 (2)“一般推理，特殊求解”，即设出定点坐标，根 顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角 据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方 形，且其周长为6√2. 程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的 (1)求椭圆E的方程. 方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点。 (2)设过点M(2,0)的直线l(不与坐标轴垂 (3)求证直线过定点(x0,y),常利用直线的点斜 直)与椭圆E交于不同的两点A,C,与直线 式方程y一yo=k(x一x。)或斜截式方程y=kx十b x=16交于点P.点B在y轴上，D为坐标平面 来证明. 212 内的一点，四边形ABCD是菱形.求证：直线 命题角度2 圆过定点问题 PD过定点 【例2】已知抛物线y2=4x的焦点F与椭圆C: 听课记录 a+方=1(a>6>0)的一个焦点重合，且点 F关于直线y=x的对称点在椭圆上， (1)求椭圆C的标准方程， (2)过点Q0,-)且斜率为k的动直线1交 椭圆于A,B两点，在y轴上是否存在定点M, 使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求 出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 彩听课记录 第八章 平面解析几何 考点2动点在定直线上的问题 【例3】(2024·湖南娄底一模)若抛物线Γ的方 程为y2=4x,焦点为F,设P,Q是抛物线T上 两个不同的动点。 (1)若|PF=3,求直线PF的斜率； (2)设PQ的中点为R,若直线PQ的斜率为 ，求证：R在一条定直线上 2 听课记录 规律总结 圆锥曲线中圆过定点问题的解法：充分利用圆 的几何特征，即圆过定点，可依据直径所对圆周角为 直角，转化为两条线段的垂直，进而转化为两个向量 垂直，即两向量的数量积等于0，从而建立方程求解 【对点训练1】(2024·江西九江二模)已知双曲 线C-1a>0,b>0)的离心率为 √5，点P(3,4)在C上. (1)求双曲线C的方程； 213 (2)直线1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，求证：直线1 过定点 规律总结 动点在定直线上问题的解题策略 (1)从特殊入手，初步确定动点所在的直线，再 证明一般情况下动点也在该定直线上即可. (2)从动点的坐标入手，直接推理、计算，并在计 算推理的过程中消去变量，从而得到动点的横、纵坐 标关系，进而得出定直线方程. 红圈内·讲与练·高三数学 【对点训练2】(2024·北京海淀区三模)已知椭 (2)过F,作垂直于x轴的直线1与椭圆交于 圆E号+若-1a≥办>0y的短能长为25. E,F两点（点E在第一象限），P,Q是椭圆C上 位于直线1两侧的动点，始终保持∠QEF= 左、右顶点分别为C,D,过右焦点F(1,0)的直 ∠PEF,求证：直线PQ的斜率为定值. 线1交椭圆E于A,B两点（不与C,D重合），直 听课记录 线AC与直线BD交于点T. (1)求椭圆E的方程； (2)求证：点T在定直线上. 214 考点3定值问题 规律总结 【例4】 2024·湖南常德一模)已知椭圆C, 求定值问题常见类型及解题策略 方=1(a>b>0)的短轴长为23，F1,F,分 (1)常见类型 ①证明代数式为定值：依据题设条件，得出与代 别为椭圆的左、右焦点，R为椭圆上的一点，且 数式中参数有关的等式，代入代数式后再化简，即可 △RF1F2的周长为6. 得出定值； (1)求椭圆C的方程； 第八章平面解析几何 进 求证：|FP一|FP|cos2a为定值，并求出此 ②证明点到直线的距离为定值：利用点到直线 定值 的距离公式得出距离解析式，再利用条件化简，即可 证明； ③证明线段长度、斜率、图形面积（或以上量的 和、差、积、商)等为定值：写出各量的目标函数解析 式，再消去参数即可。 (2)常用策略 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. 【对点训练3】(2024·山东济南三模)如图所示， 抛物线y2=2x(p>0)的准线过点(-2,3). (1)求抛物线的标准方程； (2)若角a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 温馨提示) 学习至此，请完成课时作业63 点，作线段AB的垂直平分线1交x轴于点P, 215 微专题 圆锥曲线中的证明、探索性问题 考试要求 掌握圆锥曲线中的证明、探索性问题的一般解法，进一步提升数学运算素养. 关键能力提升 互动探究·考点精讲 考点1证明问题 【例1】 (2024·会国甲卷)设椭圆C:a 6 1a>≥6>0)的右焦点为下，点M,》在C 上，且MF⊥x轴 (1)求C的方程； (2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点，N 为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点 Q,求证：AQ⊥y轴. 心听课记录4=16(华-+1)>0，故6=±2 所以1的方程为y=2x十号或y 3 -2x十 2 对点训练2解：(1)设点P的坐标为(x, ,则4的斜率为亡2山的斜率 为 x一2 由业 3 ”2=一，化简可得 22 4 3 =1(x≠士2)， 所以点P的轨迹方程为之 + 1(x≠士2). (2)证明：“点B关于直线FM的对称 点在直线PF上”等价于“FM平 分∠PFB”,如图 M 设直线AP的方程为y=k(x十 2)(k≠0)，则Q(2,4k),M(2,2k),设 点P(xo,yo), y=k(x十2)， 由 z? 得(3十4k2)x2十 3=1, 16k2x+16k2-12=0,△=144>0， 得x。=一8k+6 12k 3+4k9 且y= 3+4k2 ①当PF⊥x轴时，x。=1,此时 k=±2，所以P(1,±)，Q(2. ±2)，M(2,士1)， 此时，点M在∠PFB的平分线所在的 直线y=x一1或y=一x十1上，则 FM平分∠PFB. ②当长士 时，直线PF的斜率为 m=气=1，所以直线PF Ak 的方程为4kx十(4k2一1)y一4k=0, 所以点M到直线PF的距离 8k+2k(4k2-1)-4k d /16k2+(4k2-1)2 4k+2k(4k2-1) √(4k+1) 12k(4k2十1) =|2k|=|BM|, 4k2十1 又|BM|即点M到∠PFB的边BF的 距离，所以FM平分∠PFB. 综上，点B关于直线FM的对称点在直 线PF上. 微专题九圆锥曲线中的 定点、定直线、定值问题 关键能力提升 例1解：(1)由题意可设椭圆E的方程为 +义=1(a>≥b≥0)，c=a62 因为以E的一个顶点和两个焦点为顶 点的三角形是等边三角形，且其周长 为6V2,所以2a十2c=62,且C= 3所以a=22,6=2,所以62 6,所以椭圆E的方程为g十后=1. (2)证明：设直线l的方程为x=ty十 2(t≠0)， 令x=16,得y=兰即P16) 3x2+4y2=24·得(3r2+40y+ 由z=y+2, 12ty-12=0. 设A(x1,y1),C(x2,y2), 12t 则y1十y2=一3t2十4 y1y2= 12 3t2+4 设AC的中点为N(x,ya),则y3= y1+y2=-6t 2 3t2+41 所以x=y,十2=3十4 8 因为四边形ABCD为菱形，所以N为 BD的中点，AC⊥BD, 所以直线BD的斜率为一t, 所以直线BD的方程为 6t 8 y+3+4=-t(+4 令x=0,得y=3+4厂3十4 8t 6t ”两以B产） 设点D的坐标为(x1y), 16 则x1=2x:=34y=2 2t 14t 30+4=3+4 即n(n): 所以直线PD的方程为 1414t 14_7302+4x-16), y- t 16、16 3t2+4 -517- 即y=品红- 所以直线PD过定点(4,0). 例2解：(1)由题意可得抛物线y2=4x 的焦点F(1,0), 点F关于直线y=x的对称点为(0， 1),故b=1,c=1,因此a=√2， 所以横圆方程为号+，=L (2)假设存在定点M,使以AB为直径 的圆恒过这个点. 当k=0,即AB⊥y轴时，以AB为直 径的圆的方程为：+（十）广 16 5 9,令x=0,解得y=1或y=-3, 即M的坐标为01》或0，-号） 当k≠0时，直线1：y=虹-3，代入 号+y=1,有2+1D-言x 9-0 设A(x1y1),B(x2y2),则x1十x2= 4k 16 302k2+1D21xg=一9(2k+1) 当M(0,1)时，MA=(x1y1-1), MB=(x2y2-1), M.Mi=x1x:+(红1-等）· (-专）=1+)az:-专+ 4 x)+9=1+)·g2+D -16 9 4一十16=0，满足题意： 32k+D9 当M0,-号）时，=（中 ）.M=(2+号），M· M-=x1x:+(红1+专)(k:十 含）=1+k2)x1x: 3k(x1十 2)+16 9 =(1+k)·9(2k2+1) -16 4k 3k·3(26°+1D+9 +15≠0，不满足题 意.综上，在y轴上存在定点M(0,1), 使以AB为直径的圆恒过这个定点. 对点训练1解：(1)由已知得e=C= a √5，c2=a2+b2,所以b=2a. 又点Pe,)在C上放导-治=1 参考答案‘☑。 解得a2=5,故b2=20, 所以双曲线C的方程为一 =1. (2)证明：当1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十 m,与C的方程联立，消去y得(4一 k2)x2-2kmx-m2-20=0, 由已知得k2≠4，且△=4km2+ 4(4-k2)(m2+20)=16(m2-5k2+ 20)>0. 设A(x1,y1),B(x2y2),则x1十 2km m2+20 工：=412：=一4-k 设直线PA,PB的斜率分别为k1,2, 则k1= y1-4 k.x1十m-4 x1-3 x1-3 kx2十m-4 k2= x2-3 由已知k1k2=1,故(kx1十m-4)· (kx2十m-4)=(x1-3)(x2-3), 即(k2-1)x1x2十(km-4k十3)(x1十 x2)十m2-8m+7=0, 所以-(k2-1)(m2+20)+2km(km 4k十3)十(4-k2)(m2-8m十7)=0， 化简得(m+3k-4)(5m-9k-12)= 0,又已知1不过点P(3,4),故m+3k 4≠0，所以5m一9k-12=0,即m= 故直线1的方程为y=k(女十号) 号，所以直线1过定点（号，）。 例3解：(1)由题意得F(1,0),PF= xp+1=3, ∴xp=2,将x=2代入y2=4x,得 y=±2√2， .P(2,±2√2)， ±22 2-1 =士22. (2)证明：证法一 设P(x1y1), AQ2y2PQ:y三2x十t,即2 w2y-√2t,代入y=4x,得y 4√2y+4√2t=0, 由根与系数的关系得y1十y2=4√反， 故yR=1业=22，所以R在定 2 直线y=2√2上. 证法二 设P(x1,y1),Q(x2,y2),由 题意得一业 = y2-y1 x2-x1 4 4 4 √ y1+y2 2 2对勾·讲与练·高三数学 故y1十y=4巨，故yg=1十2= 2 2√2，所以R在定直线y=2√2上. 对点训练2解：(1)依题意得b=√5，半 焦距c=1,则a=√6+c=2, 所以绳圆E的方程为号十苦-1 (2)证明：显然直线AB不垂直于y轴， 如图，设直线AB:x=y十1， x=y+1, 由3z2+4y2=12, 消去x并整理得 (3t+4)y2+6ty-9=0, △=36t2+36(3t2+4)=144(t2 1)>0,设A(x1y1),B(x2y2）, 则y1十y?= -6t -9 32+4y1:= 3t2+4 且有tyy2=之+y2): 直线AC:y=1 1+2(x+2), 22-2x-2), 直线BD:y=y 9于2x+2) 联立消去y得1 2- y1) 2y1 2y2 1+2+-2 整理得[y2(x1十2)-y1(x2-2)]x= 2y1(x2-2)+2y2(x1+2), 即[y,(ty1+3)-y1(ty2-1)]x= 2y1(ty2-1)+2y2(ty1+3), 于是(3y2十y1)x=4ty1y2-2y1十 y而y1y2三号y1+y 则(3y2十y1)x=6(y1十y2)-2y1十6y2, 因此x=6Cy+）-2y+6业 3y2十y1 12y2十4y1=4, 3y2+y1 所以点T在定直线x=4上. y A F/D B 例4解：(1)由己知有2b=2√3,2c+ 2a=F1F2+RF1+|RF2=6, 即a十c=3,b=√5， 所以a-c=。-c2 3 a+ca十c3 1,从而a=ac+a,= 3 2 2 2 22. -518- 放精医C的方程为+苦=1 4 (2)证明：如图，易知c=√a2-b= √4一3=1，故直线1的方程为x=1. 将=1代人号+苦=1可得 苦-1，解得y=±号成，）： F0.-) 由于∠QEF=∠PEF,故直线PE, QE的斜率互为相反数 设直线PE,QE的斜率分别是k,一k, 则由E1,2)可知它们的方程分别是 一k和y=一k红十2十 y=kx十2 3 将=红一号-大与椭圆力程联立可 得3x+4(红+名-)广=12， 即(3+4k2)x2+4(3-2k)kx+(3 2k)2-12=0. 由E1,)知此方程必有一根x= 1,故另一根是xp=3-2)-12 3+4k2 4k2-12k-3 462十3， 所以P丝e, )两强 Q监) 2(4k2+3) 所以直线PQ的斜率ko= -122+12k+9-12k2-12k+9 2(4k2+3) 2(4k2+3) 4k2+12k-34k2-12k-3 4k2+3 4k2+3 12k 4k2+31 24k =21 4k2+3 故直线PQ的斜率为定值. 对点训练3解：(1)由题意得一卫 2 -2,.p=4, .抛物线的方程为y=8x (2)证明：设A(xAyA),B(xB,yB), 直线AB的斜率为k=tana,k>0, 则直线AB的方程为y=k(x一2)， 将此式代入y2=8x,得k2x2一4(k2十 2)x+4k2=0, 4(k2+2) 故xA十xB= k2 设直线l与AB的交点为E(xE,yE), 则x6= xA十xB_ 2(k2十2) 2 2 E= 6xE-2》= 故直线1的方程为y一冬 （) 令y=0,得点P的横坐标为xp= 2k2十4 k2 4 故1FPI=xp-2=4k+1D k2 4 sin a 4 .「FP|-|FP|cos2a= -(1 sin a cos 2a ) 4×2sin2a =8, sin a ∴.FP-FP|cos2a为定值8. 微专题十 圆锥曲线中的 证明、探索性问题 关键能力提升 例1解：(1)设F(c,0),由题设有c=1 且g=，故-1=3 a 2 0 故a=2,故b=√5，故椭圆方程为 (2)证明：直线AB的斜率必定存在，设 直线AB的方程为y=k(x一4)， A(x1y1),B(x2y2), 3.x2+4y2=12, 由《 y=k(x 可得(3+4k2)x2 -4) 32k2x+64k2-12=0, 故△=1024k1-4(3+4k2)(64k2 1201>0:解得-号 ∠k 21 32k2 又x1十x2= 3十4k2 64k2-12 x1x2= 3十4k2 而N(号，0)，故直线BN的方程为 y=”-） 2 3 2 故yQ= -3y2 5 2x2-5 x2一 2 3y2 所以y1一yQ=1十2x2-5 y1×(2.x2-5)十3y2 2x2-5 k(x1-4)X(2x2-5)十3k(x2-4) 2x2-5 2x1x2-5(x1+x2)+8 2x2-5 2 64k-12-5× 32k2 3+4k2 k X- +46+8 2.x2-5 128k2-24-160k2+24+32k2 3+4k2 k× 2x2-5 =0, 故y1=ya,即AQ⊥y轴. 对点训练1解：()因为椭圆C: y2 方京=1(a>b>0)的左顶点为A(-2, 0),所以a=2, 又后-复所以c=5,所以8 Q2-c2=1,所以椭圆C的方程为子 y2=1. (2)证明：由(1)知B1(0,1),B2(0,一1)， 设直线PB2的方程为y=kx-1,k≠ 0,k≠士2 1 y=x-1, 联立x 十y2=1, 可得(4k2+1)x2-8kx=0, 解得=0，或 1 8k k2+1 y=-1 y 4k2-1 4+1 所以P(一》 4k2-1） 如图，因为四边形PB1MB2是平行四 边形，由椭圆的对称性可知点P与点 M关于原点对称， 所以M(e华) 直线AB,的方程为y=之x十1，把 y 4k2-1代入可得工=4十了' -4 4k2+1 -44k2-1 所以Q(:+4+i)小 一4 把x=十代入y=红一1可得 地普) 所以过A,N的直线的斜率为kAN= -(2k+1)2 4k2+1 -(2k+1)22k+1 4 2一软十1 24的-=2-4， -519- 过A,M的直线的斜率为 1-4k2 4k2+1 1-4k2 kAM= 8k 2- 2(1-2k)2 4k2+1 2k+1 2-4k =kAN 所以A,M,N三点共线」 B, 例2解：(1)因为椭圆的离心率为e= 方故a=26=5c其中C为半您 距，所以A(-2c,0),B(0,-3c), c(0,-9）,故SAr= 1 2 ×2cX 誓-9 2 故c=√5，所以a=25,b=3,故椭圆 的方程为品苦 =1. (2)假设存在满足条件的点T,设T(0, ,若过点(0，一)的动直线的斜率 存在，则可设该直线的方程为y= 设P(x1,y1),Q(x2y2）, /3x2+4y2=36, 由 3 y =kx-2 可得(3+4k2)x2-12kx-27=0, 故△=144k2+108(3十4k2)=324+ 576k2>0,且x1十x2= 12k 3十4k21 27 x1x2= 3+4k2 而T币=(x1y1-t),T=(x2y, t),故T币.T=x1x2十(y1-t)(y2 )=:+(a-名-)(a 名-)=1+)：-（停+小 1+x:)+(停+)=1+)× (7)-(侵+小× (+) -22--w2-11+3(号+）'+8+0 3+4 参考答案“☑。