专题突破练19 圆锥曲线中的定点、定值问题（Word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

专题突破练19　圆锥曲线中的定点、定值问题 1.(12分)(2022全国乙,理20)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(,-1)两点. (1)求E的方程; (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.证明:直线HN过定点. 2.(15分)(2025山东济宁二模)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; (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. 3.(17分)(2025陕西榆林二模)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; (2)求证:点(k,m)在定直线上. 4.(17分)(2025湖北武汉二模)如图,椭圆Γ1:=1(m>n>0),Γ2:=1,已知Γ1右顶点为H(2,0),且它们的交点分别为P1(1,1),P2(-1,1),P3(-1,-1),P4(1,-1). (1)求Γ1与Γ2的标准方程; (2)过点P1作直线MN,交Γ1于点M,交Γ2于点N,设直线P3M的斜率为,直线P3N的斜率为,求;(上述各点均不重合) (3)点Q1是Γ1上的动点,直线Q1P1交Γ2于点Q2,直线Q2P2交Γ1于点Q3,直线Q3P3交Γ2于点Q4,直线Q4P4与直线Q1P1交于点N,是否存在点G使直线NG与直线NH的斜率之积为定值.(上述各点均不重合) 答案： 1.(1)解 设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0), 则解得 故椭圆E的方程为=1. (2)证明 由点A(0,-2),B,可知直线AB的方程为y=x-2. 当过点P的直线MN的斜率不存在时,直线MN的方程为x=1. 由 解得 则点M,N将y=-代入y=x-2,得x=3-,则点T(3-,-). 又,所以点H(5-2,-), 所以直线HN的方程为y-(x-1), 即y=x-2, 所以直线HN过点(0,-2). 当过点P的直线MN的斜率存在时,设直线MN的方程为y+2=k(x-1), 点M(x1,y1),N(x2,y2). 由消去y,得(4+3k2)x2-6k(k+2)x+3k(k+4)=0, 则Δ>0,x1+x2=,x1x2= 将y=y1代入y=x-2,得x=(y1+2),则点T 又,所以点H(3y1+6-x1,y1).所以直线HN的方程为(3y1+6-x1-x2)(y-y2)=(y1-y2)(x-x2),即(3y1+6-x1-x2)(y-y2)-(y1-y2)(x-x2)=0. 将x=0,y=-2代入上式,整理得12-2(x1+x2)+3y1y2+6(y1+y2)-x1y2-x2y1=0.(*) 因为x1+x2=,x1x2=,所以y1+y2=k(x1-1)-2+k(x2-1)-2=,x1y2+x2y1=x1[k(x2-1)-2]+x2[k(x1-1)-2]=,y1y2=[k(x1-1)-2][k(x2-1)-2]=,所以(*)式左边=12-=0=右边,即(*)式成立.所以直线HN过点(0,-2). 综上所述,直线HN恒过定点(0,-2). 2.(1)解 由题意得解得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. (2)证明 由已知得直线l的斜率存在,设其方程为y=kx+b,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立消去y得(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,设直线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 3.(1)解 设椭圆方程为=1(a>b>0).因为焦距为2,所以2c=2, 即c2=a2-b2=3. 由解得a2=6,b2=3. 故椭圆E的标准方程为=1. (2)证明 设点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, 所以AM⊥AN,即=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0, 整理可得y1y2-(y1+y2)+1=-x1x2+2(x1+x2)-4,① 又y1+y2=k(x1+x2)+2m=,y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=, 代入①式得4k2+8km+(m-1)(3m+1)=0,即(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. 4.解 (1)由题意得,m=4, 又因为P1(1,1)在Γ1上, 代入Γ1得=1,所以n=, 则Γ1:=1,Γ2:=1. (2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则, 又因为=1, 所以(1-)=, 则=-, 同理可得=-3, 所以=9. (3)设直线Q1Q2,Q2Q3,Q3Q4,Q4N分别为l1,l2,l3,l4,其斜率依次为k1,k2,k3,k4, 设直线l1:y-1=k1(x-1)与Γ2:=1联立,得(+3)x2+2k1(1--4=0, 即有, 所以,代入直线l1方程得, 则k2==-,设f(x)=-, 则经过P1,P2的两直线l1,l2之间斜率满足k2=f(k1), 将直线l2,l3绕原点顺时针旋转后也会经过P1,P2, 所以两者斜率满足-=f(-), 所以k3=-, 同理将直线l3,l4绕原点顺时针旋转π后也会经过P1,P2, 所以两直线斜率满足k4=f(k3),k4=-=- 设N(x,y),则有=k1,=k4,代入上式得,得到y2=5x2-16x+12=(5x-6)(x-2), 所以=5, 因此存在定点G(,0),使直线NG和直线NH的斜率之积为定值5. 6 学科网（北京）股份有限公司 $