专题二十一 圆锥曲线中定点、定值和探索性问题 课件-2026届高三数学二轮复习

专题二十一　圆锥曲线中定点、定值和探索性问题 命题热度： 本专题是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，主要以解答题的形式进行考查.分值约为15~17分. 考查方向： 一是要熟练掌握圆锥曲线的定义与方程，这是定义法求解轨迹方程的基础；二是定值、定点的证明与探究，考查数学运算、直观想象、数学建模等核心素养. 考点一　定点(线)问题 　(2025·西安模拟)已知点A(-2，0)，B(2，0)，P是平面内一动点，PQ⊥AB，垂足Q位于线段AB上且不与点A，B重合，4|PQ|2=3|AQ|·|QB|. (1)求动点P的轨迹C的方程； 例1 由题可设P(x，y)，则Q(x，0)(-2<x<2)， 因为4|PQ|2=3|AQ|·|QB|， 所以4y2=3|x+2||x-2|=3|x2-4|=3(4-x2)， 整理得+=1， 即动点P的轨迹C的方程为+=1(-2<x<2). 解 (2)过点D(1，0)且与曲线C相交的两条线段分别为EF和MN，EF⊥MN(直线EF，MN的斜率均存在，且点E，F，M，N都在曲线C上)，若G，H分别是EF和MN的中点，求证：直线GH过定点. 由题意可知直线EF，MN的斜率存在且不为0， 设直线EF的方程为y=k(x-1)(k≠0)， E(x1，y1)，F(x2，y2)， 联立 消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，Δ>0， 所以x1+x2=，x1x2=， 则y1+y2=k(x1+x2)-2k=， 证明 所以EF的中点坐标为G， 因为EF⊥MN，所以直线MN的方程为y=-(x-1)(k≠0)， 同理可得MN的中点坐标为H， 当k=±1时，易得直线GH的方程为x=； 当k≠±1时，直线GH的斜率kGH==， 证明 所以直线GH的方程为y-=， 令y=0⇒x=+=. 所以直线GH过定点. 证明 (1)直线过定点问题，一般先设出直线的方程：y=kx+b，然后利用题中条件得出k，b的关系，进而确定定点. (2)圆过定点问题的常见类型是以AB为直径的圆过定点P，常把问题转化为PA⊥PB，也可以转化为·=0. 规律方法 跟踪演练1　(2025·榆林模拟)已知焦距为2且焦点在x轴上的椭圆E经过点A(2，1).直线l：y=kx+m不过点A.若l与E相交于M，N两点，且以MN为直径的圆过点A. (1)求椭圆E的标准方程； 设椭圆E的方程为+=1(a>b>0). 因为焦距为2，所以2c=2，c=， 即c2=a2-b2=3， 则解得 故椭圆E的标准方程为+=1. 解 (2)求证：点(k，m)在定直线上. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0， 由Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)>0，得6k2-m2+3>0， 则x1+x2=-，x1x2=. 因为以MN为直径的圆过点A， 证明 所以AM⊥AN，即·=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0， 整理得y1y2-(y1+y2)+1=-x1x2+2(x1+x2)-4， ① 将y1+y2=k(x1+x2)+2m=， y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=， 代入①式可得， -+1=---4， 证明 整理得(2k+m-1)(2k+3m+1)=0， 因为直线l不过点A，所以2k+m≠1， 即2k+3m+1=0， 所以点(k，m)在定直线2x+3y+1=0上. 证明 考点二　定值问题 　(2025·济宁模拟)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的离心率为，且点A(4，3)在双曲线C上. (1)求C的方程； 例2 由题意有⇒b2=a2， 又点A(4，3)在双曲线C上，所以-=1， 解得a2=4，b2=3， 所以双曲线C的方程为-=1. 解 (2)若直线l交C于P，Q两点，∠PAQ的平分线与x轴垂直，求证：l的倾斜角为定值. 方法一　直接法 由已知得直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立 得(3-4k2)x2-8kmx-4m2-12=0， 所以Δ=(-8km)2-4(3-4k2)(-4m2-12)=48(m2-4k2+3)>0，3-4k2≠0， 则x1+x2=，x1x2=-， 证明 因为∠PAQ的平分线与x轴垂直， 所以kAP+kAQ=0，即+=0， 所以(y1-3)(x2-4)+(y2-3)(x1-4)=0， 即2kx1x2+(m-3-4k)(x1+x2)-8(m-3)=0， 所以-2k·+(m-3-4k)·-8(m-3)=0， 即-24(k+1)(m+4k-3)=0， 所以k=-1或m=3-4k， 证明 当m=3-4k时，直线l的方程为y=kx+3-4k=k(x-4)+3，即直线l过点A(4，3)，不符合题意， 所以k=-1，设直线l的倾斜角为α(0≤α<π)， 则k=tan α=-1，解得α=， 即直线l的倾斜角为定值. 方法二　平移齐次化 将图形向左平移4个单位长度，向下平移3个单位长度， 证明 平移后的双曲线方程为-=1， 整理得3x2-4y2+24x-24y=0， 平移后点A'的坐标为(0，0)， 设直线PQ平移后得到的直线P'Q'的方程为mx+ny=1(n≠0)， P'(x1，y1)，Q'(x2，y2)， 联立 证明 得3x2-4y2+24x(mx+ny)-24y(mx+ny)=0， 即(3+24m)x2-(4+24n)y2+24(n-m)xy=0， 两边同时除以x2，得-(4+24n)+24(n-m)+(3+24m)=0， 又因为∠P'A'Q'的平分线与x轴垂直，所以kP'A'+kQ'A'=0， 又A'(0，0)，所以+=0，所以-=0，所以n=m， 所以直线mx+ny=1的斜率为-=-1. 即直线l的倾斜角为定值. 证明 圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略 规律方法 跟踪演练2　(2025·合肥模拟)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点和是中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆E上的两点. (1)求椭圆E的标准方程； 设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0，n>0，m≠n)， 由题意知 解得 所以椭圆E的标准方程为+x2=1. 解 (2)若P为椭圆E上任意一点，以点P为圆心，OP为半径的圆与圆C：x2+ (y+)2=5的公共弦为MN.证明：△CMN的面积为定值，并求出该定值. 如图，设P(x0，y0)，则+=1， 且圆P的方程为+=+， 即圆P的方程为x2+y2-2x0x-2y0y=0. 因为圆C的方程为x2+=5，则圆心C(0，-)， 圆C的半径为， 将圆P的方程与圆C的方程作差，得x0x+(+y0)y-1=0， 所以直线MN的方程为x0x+(+y0)y-1=0， 解 故点C(0，-)到直线MN的距离d== == ==2， 又因为|MN|=2=2， 所以△CMN的面积S△CMN=|MN|·d=×2×2=2，即△CMN的面积为定值2. 解 考点三　探究性问题 　(2025·福州模拟)设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l1交C于A，B两点(点A在第一象限)，当l1垂直于x轴时，|AB|=4. (1)求C的方程； 例3 设A(xA，yA)，B(xB，yB)，其中yA>0， 由题意可知F， 当AB⊥x轴时，直线AB的方程为x=， 将x=代入y2=2px(p>0)， 可得yA=p，yB=-p， 所以|AB|=2p=4，即p=2， 所以C的方程为y2=4x. 解 (2)过点F且与l1垂直的直线l2交C于D，E两点(点D在第一象限)，直线x=1与直线AD和BE分别交于P，Q两点. ①当l1的斜率为时，求|PQ|； 依题意，直线AB的方程为y=(x-1)，即x=y+1， 由得y2-3y-4=0， 解得yA=4，yB=-1， 则A(4，4)，B. 设D(xD，yD)，E(xE，yE)，其中yD>0， 直线DE的方程为y=-(x-1)，即x=-y+1， 解 由得y2+y-4=0， 解得yD=，yE=-6， 则D，E(9，-6). 所以kAD==，则直线AD的方程为y-4=(x-4)， 令x=1，得y=，所以P， 解 又kBE==-，所以直线BE的方程为y+6=-(x-9)， 令x=1，得y=-，所以Q，所以|PQ|=. 解 ②是否存在以PQ为直径的圆与y轴相切？若存在，求l1，l2的方程；若不存在，请说明理由. 方法一　设直线AB的方程为x=my+1，不妨设m>0，由 得y2-4my-4=0，则yAyB=-4， 同理yDyE=-4. 直线AD的方程为y-yA=(x-xA)， 即y=+yA， 解 设P(1，yP)， Q(1，yQ)， 令x=1，得yP=， 由于yA=-，yD=-， 所以yQ=-=-yP， 从而PQ的中点恒为F，所以以PQ为直径的圆与y轴相切等价于yP=1. 即yAyD+4=yA+yD， 解 由AB⊥DE得，·=-1， 故=-16， 即-4(+)+16=-16yAyD， 所以=4， 如图，可知yA>yD>0， 所以yAyD+4=2(yA-yD)， 所以yA+yD=2(yA-yD)， 解 因此yA=3yD， 可得3-4yD+4=0， 而Δ=-32<0，该方程无解， 故不存在以PQ为直径的圆与y轴相切. 方法二　设直线AD的方程为x=ky+m，其中m<0， 由 得y2-4ky-4m=0，则Δ=16k2+16m>0， yA+yD=4k，yAyD=-4m. 解 因为FA⊥FD，所以·=-1， 即yAyD+=0，即yAyD+-+)+1=0， 所以-4m+m2-(16k2+8m)+1=0， 从而4k2=m2-6m+1. 设P(1，yP)，Q(1，yQ)， 令x=1，得yP=，故= 解 ==4≥2， 当且仅当m=-1时，等号成立， 同理可得≥2，而P，Q分别在第一、第四象限， 所以|PQ|≥2>2，故不存在以PQ为直径的圆与y轴相切. 解 存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定的问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在并设出，列出关于待定系数的方程(组)，若方程(组)有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.注意：当结论或条件不唯一时，要分类讨论. 规律方法 跟踪演练3　(2025·宝鸡模拟)已知双曲线C过点P(，1)且一条渐近线方程为x+y=0. (1)求双曲线C的标准方程； 因为双曲线C的一条渐近线方程为x+y=0，所以设双曲线C的方程为x2-y2=λ(λ≠0)， 又双曲线C过点P(，1)，代入上式得，λ=2， 所以双曲线C的方程为-=1. 解 (2)若过点M(1，0)的直线l与双曲线C相交于A，B两点，试问在x轴上是否存在定点N，使直线NA与直线NB关于x轴对称，若存在，求出定点N的坐标；若不存在，请说明理由. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 假设在x轴上存在定点N(x0，0)， 使直线NA与直线NB关于x轴对称，则kNA+kNB=0. 由题意知，直线l的斜率一定存在， 设其方程为y=k(x-1)， 联立 消去y得(1-k2)x2+2k2x-k2-2=0， 解 由题意知 即k∈(-，-1)∪(-1，1)∪(1，)， 又x1+x2=，x1x2=， 则kNA+kNB=+ ==0， 即k=0， 解 化简得=0， 故k(2x0-4)=0， 由于上式对∀k∈(-，-1)∪(-1，1)∪(1，)恒成立， 所以x0=2， 所以存在定点N(2，0)，使kNA+kNB=0， 即使直线NA与直线NB关于x轴对称. 解 $