定点、定值问题课件-2026届高考数学二轮复习

定点、定值问题 高中数学 二轮复习　 返回导航 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查定点、定值问题，运算量较大，难度较大． 返回导航 内容索引 真题演练　重温高考 第二部分 第一部分 热点分类　考向探究 课时作业 第三部分 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 定点问题 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 定值问题 返回导航 返回导航 返回导航 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 真题演练　重温高考 第 分 部 二 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 课时作业 第 分 部 三 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 1 2 3 4 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 例1　(2025·安徽马鞍山一模)椭圆C的标准方程为＋＝1，点P，若A，B为椭圆C上的两点，且满足AP⊥BP，求证：直线AB过定点． 证明：①当AB斜率不存在时，设AB的方程为x＝m， 则A(m，n)，B(m，－n)，＝，＝， 因为PA⊥PB，所以·＝(m－1)2－＝0． 因为＋＝1，所以n2＝3－m2， 所以－2m＋＝0，解得m＝或m＝1(舍去)． ②当AB斜率存在时，设AB的方程为y＝kx＋t， 联立消去y得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0， Δ＝64k2t2－16(4k2＋3)(t2－3)， 即4k2－t2＋3>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝， y1＋y2＝，y1y2＝， 因为PA⊥PB，所以·＝(x1－1)(x2－1)＋＝0， 即x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋＝0， 代入化简得28t2＋4k2＋32kt－36t－9＝0， 即(2k＋2t－3)(2k＋14t＋3)＝0， 当2k＋2t－3＝0时，t＝－k，此时AB的方程为y＝k(x－1)＋，直线AB过定点，舍去； 当2k＋14t＋3＝0时，t＝－k－，此时AB的方程为y＝k－，直线AB过定点． 综上，直线AB过定点． 1．直线过定点问题，一般可先设出直线的方程：y＝kx＋t(注意验证斜率不存在的情况)，然后利用题中条件整理出k，t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． 跟踪训练 双曲线W：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，等边三角形ABC的顶点A在y轴上，点B，C在双曲线的右支上，当BC⊥x轴时，|AB|＝． (1)求W的方程； 解：(1)由题知＝，即＝5，＝2①， 当BC⊥x轴时，不妨设直线BC：x＝m，联立⇒|y|＝． 又因为|AB|＝|BC|＝|CA|＝，所以|BC|＝2|y|＝4＝②． 又因为A在BC的中垂线上，故A(0，0)，所以m＝|AB|sin 60°＝③， 将③代入①②知a＝1，b＝2．即W的方程为x2－＝1． 解：(2)证明：由题意知，直线BC的斜率存在，如图，不妨设BC：y＝kx＋n(k≠0)， 设A(0，yA)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，D(0，n)， 联立⇒(4－k2)x2－2nkx－n2－4＝0，需满足Δ>0，所以x1＋x2＝>0，x1x2＝>0，取BC的中点P(xP，yP)，则易知AP⊥BC， xP＝＝，yp＝＝＝， (2)设直线BC交y轴于点D，求证：以AD为直径的圆过定点． 又因为kBC·kAP＝－1， 所以直线AP的方程为y＝－＋＝－x＋， 所以yA＝． 因为△ABC为等边三角形，所以|AP|＝|BC|． 所以·＝·⇔11n2－12k2＋48＝0， 所以yA＝－， 设以AD为直径的圆的圆心为M，则M， 则以AD为直径的圆的方程为x2＋＝(yA－yD)2④， 由于yAyD＝－， 故④化简得x2＋y[y－(yA＋yD)]＝， 令y＝0，解得x＝±， 所以以AD为直径的圆过定点，证毕． 例2　(2025·山东济宁二模改编)已知双曲线C的方程为－＝1，点A(4，3)在双曲线C上，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． 证明：由已知得直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，如图，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 所以⇒(3－4k2)x2－8kbx－4b2－12＝0， 所以Δ＝(－8kb)2－4(3－4k2)(－4b2－12)＝48(b2－4k2＋3)>0， x1＋x2＝，x1x2＝－， 又因为∠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＋(b－3－4k)(x1＋x2)－8(b－3)＝0， 所以－2k·＋(b－3－4k)·－8(b－3)＝0， 即－24(k＋1)(b＋4k－3)＝0，所以k＝－1或b＝3－4k， 当b＝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l的倾斜角为α(0≤α<π)，即k＝tan α＝－1，α＝， 即直线l的倾斜角为定值． 跟踪训练 (2025·陕西汉中一模)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，焦距为2，离心率e＝，过左焦点F1的直线交椭圆C于A，B两点． (1)求椭圆C的方程； 解：(1)由题可知解得故椭圆C的方程为＋＝1． 解：(2)证明：如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题可设直线AB的方程为x＝ty－1， 由消去x可得(3t2＋4)y2－6ty－9＝0， 故y1＋y2＝，y1y2＝， 于是，|AB|＝＝＝， (2)求证：＋为定值． 故＋＝＝＝＝＝＝， 故＋为定值． 1．(2023·全国乙卷理)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； 解：(1)由题意可得解得所以C的方程为＋＝1． (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，求证：线段MN的中点为定点． 解：(2)证明：由题意可知，直线PQ的斜率存在，如图，设直线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)，所以直线AP：y＝(x＋2)， 令x＝0，解得y＝，即M，同理可得N， 则＝＋＝ ＝ ＝ ＝＝3， 所以线段MN的中点为定点(0，3)． 2．(2022·全国乙卷理)已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B两点． (1)求E的方程； 解：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1，因为椭圆E过A(0，－2)，B两点， 所以解得所以E的方程为＋＝1． (2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝．求证：直线HN过定点． 解：(2)证明：A(0，－2)，B，所以AB：y＝x－2． ①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，则直线MN：x＝1，代入＋＝1， 可得M，N，将y＝－代入y＝x－2，可得 T，由＝得到H．求得HN：y＝x－2，过点(0，－2)． ②若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设直线MN：kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 联立得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0， 可得 且x1y2＋x2y1＝(*)， 联立可得T，H(3y1＋6－x1，y1)． 可求得此时HN：y－y2＝·(x－x2)， 将(0，－2)代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0， 所以24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0， 显然成立． 综上，可得直线HN过定点(0，－2)． 3．(2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－，0)，F2(，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2．记点M的轨迹为C． (1)求C的方程； 解：(1)因为|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝2， 所以C是以点F1，F2为左、右焦点的双曲线的右支． 设C的方程为－＝1(a>0，b>0)，则2a＝2，c＝， 可得a＝1，b＝＝4， 所以C的方程为x2－＝1(x≥1)． (2)设点T在直线x＝上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和． 解：(2)设点T，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，所以过点T的直线的斜率存在． 不妨设直线AB的方程为y－t＝k1，即y＝k1x＋t－k1， 联立消去y并整理可得(k－16)x2＋k1(2t－k1)x＋＋16＝0， 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由根与系数的关系可得x1＋x2＝，x1x2＝， 所以|TA|·|TB|＝(1＋k)··＝(1＋k)·＝ ， 设直线PQ的斜率为k2，同理可得|TP|·|TQ|＝， 因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，所以＝，整理可得k＝k， 即(k1－k2)(k1＋k2)＝0，显然k1－k2≠0，故k1＋k2＝0． 因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0． 1．(15分)(2025·湖南岳阳一模)已知抛物线C：y2＝2px的焦点为F，点F在直线2x＋3y－2＝0上，A，B是抛物线C上两个不同的点． (1)求抛物线C的方程； 解：(1)y2＝2px的焦点在x轴上，为， 直线2x＋3y－2＝0与x轴的交点坐标为(1，0)，则＝1，即p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x． (2)若O为坐标原点，设直线OA，OB的斜率为kOA，kOB，若kOA·kOB＝－2，求证：直线AB过定点，并求出该定点坐标． 解：(2)证明：证法一　由题意可知AB所在直线的斜率不为0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB所在直线的方程为x＝my＋n，联立y2＝4x，化简可得， y2－4my－4n＝0，则Δ＝16m2＋16n>0(*)，y1y2＝－4n． 又kOA·kOB＝·＝＝＝＝－2， 则n＝2，满足(*)式， 即直线AB恒过点(2，0)． 证法二　当直线AB的斜率不存在时，设A，B， 所以kOA·kOB＝＝－2，所以y＝8，所以直线AB的方程为x＝2； 当直线AB的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB所在直线的方程为y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，联立y2＝4x，化简可得k2x2＋(2kb－4)x＋b2＝0， 由题意可知Δ＝(2kb－4)2－4k2b2＝16－16kb>0即kb<1(*)． 由根与系数的关系知x1＋x2＝，x1x2＝， 所以kOA·kOB＝＝＝＝－2， 所以b＝－2k，满足(*)式， 所以AB所在的直线方程为y＝kx－2k＝k(x－2)． 综上，直线AB恒过点(2，0)． 2．(15分)(2025·河北保定一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，点P为C上的动点，△F1PF2的周长为6． (1)求C的标准方程． 解：(1)因为P为椭圆＋＝1(a>b>0)上的点， 所以△F1PF2的周长为|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝2a＋2c＝6，即a＋c＝3． 又椭圆C的离心率为，所以＝， 所以a＋a＝3，所以a＝2，c＝1，所以b＝＝， 所以C的标准方程为＋＝1． 解：(2)是定值．由(1)得F1(－1，0)，F2(1，0)， 如图，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)， 又P，Q，F1三点共线，所以＝，化简得x1y2－x2y1＝y1－y2， 则直线PF2的方程为x＝y＋1，直线QF2的方程为x＝y＋1， (2)延长线段PF1，PF2分别交C于Q，M两点，连接QF2并延长，交C于另一点N，若直线PQ和MN的斜率均存在，且分别为k1，k2，试判断是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 由化简得(2x1－5)y2－2(x1－1)y1y＋3y＝0， 由根与系数的关系可知y1y3＝， 所以y3＝，x3＝y3＋1＝， 同理y4＝，x4＝， 又k1＝，k2＝＝＝＝＝×＝×k1，所以＝． 3．(15分)在平面直角坐标系xOy中，点A，B分别在x轴、y轴上运动，且|AB|＝3，动点P满足＝＋． (1)求动点P的轨迹C的方程． 解：(1)设P(x，y)，A(x0，0)，B(0，y0)，由|AB|＝3得x＋y＝9， 由＝＋得(x，y)＝(x0，0)＋(0，y0)， 所以代入x＋y＝9得＋(y)2＝9， 整理得＋＝1，所以动点P的轨迹C的方程为＋＝1． 解：(2)①当切线的斜率不存在时，切线方程为x＝，x＝－，如图， (ⅰ)当切线方程为x＝时，M(，)，N(，－)， 以MN为直径的圆的方程为(x－)2＋y2＝2， (ⅱ)当切线方程为x＝－时，M(－，)，N(－，－)， 以MN为直径的圆的方程为(x＋)2＋y2＝2． 由(x－)2＋y2＝2和(x＋)2＋y2＝2，可解得交点为(0，0)． (2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点Q处的切线交轨迹C于点M，N两点，试判断以MN为直径的圆是否过定点．若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由． ②当切线的斜率存在时，如图，设切线方程为y＝kx＋m， 则＝，故m2＝2(k2＋1)， 由消去y整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0， 因为Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝－8(m2－6k2－3)＝－8(2k2＋2－6k2－3)＝8(4k2＋1)>0， 所以切线与椭圆C恒有两个交点． 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)＋km·＋m2＝＝＝0， 所以OM⊥ON，即以MN为直径的圆过原点(0，0)． 综上所述，以MN为直径的圆过定点(0，0)． 4．(15分)(2025·重庆永川区二模)已知点A是圆x2＋y2＝1上的动点，点A在x轴上的射影为B，点P满足＝2，记动点P的轨迹为E． (1)求E的方程； 解：(1)设P(x，y)，A(x0，y0)，因为B为A在x轴上的射影，所以B(x0，0)． 已知＝2，则(x0－x，－y)＝2(0，－y0)，可得即 又因为A(x0，y0)在圆x2＋y2＝1上，将代入圆的方程得x2＋＝1， 即＋x2＝1，所以E的方程为＋x2＝1． (2)若斜率为2的直线l与y轴交于点D，与E交于M，N两点，求证：|DM|2＋|DN|2为定值． 解：(2)证明：如图，设直线l的方程为y＝2x＋m，D(0，m)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．将y＝2x＋m代入＋x2＝1得＋x2＝1，化简得8x2＋4mx＋m2－4＝0． Δ＝16(8－m2)>0，即－2<m<2， 由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝． 根据两点间距离公式，|DM|2＝x＋(y1－m)2＝x＋(2x1)2＝5x， |DN|2＝x＋(y2－m)2＝x＋(2x2)2＝5x． 所以|DM|2＋|DN|2＝5(x＋x)＝5[(x1＋x2)2－2x1x2]． 把x1＋x2＝－，x1x2＝代入得|DM|2＋|DN|2＝5＝5＝5×1＝5， 所以|DM|2＋|DN|2为定值5． $