专题5 第4讲 圆锥曲线中的定点、定值问题（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

第4讲　圆锥曲线中的定点、定值问题 考点一　定点问题 考点二　定值问题 目 录 索 引 考点三　定线问题 考点一　定点问题 例1　(2023全国乙,文21)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率是,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. (1)解 由题意,椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(-2,0), 解得 ∴椭圆C的方程为=1. (2)证明 根据题意,直线PQ的斜率存在,如图, 设MN的中点为T,直线PQ的方程为y=k(x+2)+3(k<0),P(x1,y1),Q(x2,y2), 联立 则(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0, ∵直线AP,AQ分别与y轴交于M,N两点,且过A(-2,0), ∴设直线AP的方程为y-0=k1(x+2),即y=k1x+2k1, 设直线AQ的方程为y-0=k2(x+2),即y=k2x+2k2, ∴M(0,2k1),N(0,2k2),T(0,k1+k2). 又y1=k(x1+2)+3,y2=k(x2+2)+3,y1=k1x1+2k1,y2=k2x2+2k2, ∴k1=,k2=, ∴k1+k2==2k+3() =2k+3=2k+3[] =2k+(-2k+3)=3,∴T(0,3). 综上,线段MN的中点为定点(0,3). 【对点训练1】(2025江西新余模拟)如图,在平面直角坐标系xOy中,离心率为2的双曲线C:=1经过(-1,0).斜率为-1的直线l与C交于A,B两点,F为C的左焦点. (1)求C的方程; (2)若以AB为直径的圆与x轴相切,求l的方程; (3)直线AF,BF分别与C交于M,N点,求证:直线MN过定点. (1)解 由双曲线C:=1经过(-1,0),得a=1, 由离心率为2,得c=2,则b2=c2-a2=3, 所以双曲线C的方程为x2-=1. (2)解 设直线l的方程为x=-y+m,联立 消去x得2y2-6my+3m2-3=0,Δ=36m2-24(m2-1)=12(m2+2)>0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),则 所以|AB|=|y1-y2|=, 由以AB为直径的圆与x轴相切,得|m|=|AB|,即3|m|=,解得m=±2,所以直线l的方程为x=-y+2或x=-y-2. (3)证明 当直线l不过双曲线C的顶点时,直线AF,BF都不垂直于y轴. 设直线AF,BF的方程分别为x=n1y-2,x=n2y-2,M(x3,y3),N(x4,y4), 联立消去x得(3-1)y2-12n1y+9=0,则y1y3=, 则y3=,x3=y3-2=-, 即点M(-),同理得点N(-), 因此直线MN的方程为, 整理得()x+()y+=0, 即[15(y1-y2)+12(x2y1-x1y2)]x+9(x1-x2)y+12(y1-y2)+15(x2y1-x1y2)=0, 又x2y1-x1y2=(m-y2)y1-(m-y1)y2=m(y1-y2),x1-x2=y2-y1,y1-y2≠0, 因此直线MN的方程为(5+4m)x-3y+4+5m=0,即(4x+5)m+5x-3y+4=0. 由解得x=-,y=-,即直线MN过定点(-,-),当直线l过顶点(1,0)时,直线l:x=-y+1,不妨令B(1,0),由(2)得A(-2,3),直线AF:x=-2,M(-2,-3), 而N(-1,0),直线MN:y=3x+3过点(-,-),当直线l过顶点(-1,0)时,直线l:x=-y-1,不妨令B(-1,0),由(2)得A(2,-3),直线AF:3x+4y+6=0, 由解得M(-,-), 而N(1,0),直线MN:y=x-过点(-,-), 所以直线MN过定点(-,-). 考点二　定值问题 例2　(2025北京朝阳一模)已知椭圆:=1(a>b>0)的右焦点为F(1,0),离心率为. (1)求椭圆E的方程; (2)过点M(4,0)作直线l与椭圆E交于不同的两点A,B.设C(),直线BC与直线x=1交于点N,求证:直线AN的斜率为定值. (1)解 由题意得解得 所以椭圆E的方程是=1. (2)证明 由题可知直线l斜率存在.设直线l:y=k(x-4). 联立得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0. 由Δ=(-32k2)2-4(4k2+3)(64k2-12)>0,得k2<,即k∈(-). 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2= 直线BC的方程为y-(x-).令x=1,得N的纵坐标为yN= 因为y1-yN=y1- = , 所以kAN= kAN+1= = = 又2x1x2-5(x1+x2)+8=2-5+8==0. 所以kAN+1=0,即kAN=-1.所以直线AN的斜率为定值-1. 【对点训练2】(2025广东汕头模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,离心率e=,P为椭圆上异于A1,A2的动点. (1)求证直线PA1,PA2的斜率的积为定值; (2)过点A1作直线l1⊥PA1,过点A2作直线l2⊥PA2,设l1∩l2=Q,证明:存在两定点M与N,使得|QM|+|QN|为常数. 证明 (1)设P(x0,y0)(x0≠±a),则=1,即(a2-). 因为椭圆的离心率e=,所以,所以=1- 设直线PA1的斜率为,直线PA2的斜率为, 所以=-=-, 所以直线PA1,PA2的斜率的积为定值- (2)设Q(x,y),则直线QA1的方程为y=-(x+a),① 直线QA2的方程为y=-(x-a),② ①×②得y2=-4(x2-a2),即=1,所以动点Q在椭圆=1上, 故存在两定点M(0,a)与N(0,-a),使得|QM|+|QN|=4a(常数). 考点三　定线问题 例3　(2023新高考Ⅱ,21)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2,0),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与直线NA2交于P,证明:点P在定直线上. (1)解 设双曲线C的方程为=1(a>0,b>0), ∵c=2,e=,∴a=2,∴b2=c2-a2=16,故双曲线C的方程为=1. (2)证明 (ⅰ)当直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y=k(x+4), 设M(x1,y1),N(x2,y2),y1>0.联立 消去y,得(k2-4)x2+8k2x+16k2+16=0,k2-4≠0,Δ>0恒成立 又A1(-2,0),A2(2,0),易知x1≠-2,x2≠2,从而直线A1M,直线A2N的方程分别为y=(x+2),① y=(x-2),② ①÷②,得③ ∵点(x1,y1)在=1上,=1,-4=(x1-2)(x1+2), ,代入③得=, 代入根与系数的关系式得=-, ∴x=-1.∴当直线MN的斜率存在时,点P在定直线x=-1上. (ⅱ)当直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=-4,代入=1, 得M(-4,4),N(-4,-4). 又A1(-2,0),A2(2,0), ∴直线A1M,直线A2N的方程分别为y=-2(x+2),y=, 联立解得x=-1.此时点P也在定直线x=-1上. 综上可得,点P在定直线x=-1上. 【对点训练3】(2025湖南长沙模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A,B分别为椭圆C的上、下顶点,O为坐标原点,直线y=kx+2与椭圆C交于不同的两点P,Q. (1)设点M为线段PQ的中点,证明:直线OM与直线PQ的斜率之积为定值; (2)若|AB|=2,证明:直线BP与直线AQ的交点D在定直线上. 证明 (1)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则M(), 则由=1,=1,两式相减可得=0,即=-, 所以kOM·kPQ==-=e2-1=-1=-为定值. (2)由题意可得,解得所以椭圆方程为+y2=1, 则A(0,1),B(0,-1),联立可得(2k2+1)x2+8kx+6=0, 则Δ=(8k)2-4×6(2k2+1)>0,得k2>, 故x1+x2=,x1x2=,直线BP的方程为y+1=,① 直线AQ的方程为y-1=,② 设直线BP与直线AQ的交点D(x0,y0), 则由①②两式相减可得x0=, 代入①可得,y0+1=, 即y0=所以点D在定直线y=上. $