5.4 培优课10 圆锥曲线中的定点、定值与定线问题-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

培优课10　圆锥曲线中的定点、定值与定线问题 　 第一篇 专题五 平面解析几何 03 专题集训 02 考点突破 能力提升 真题再研 考情分析 01 内容索引 真题再研 考情分析 返回 一、定点问题 1.(2023·全国乙卷理，T20)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：由题意可得 所以椭圆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，证明：线段MN的中点为定点. 解：证明：由题意可知：直线PQ的斜率存在，设PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，如图所示， 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)，则直线AP：y＝(x＋2)， 令x＝0，解得y＝，即M， 同理可得N， 则＝＋ ＝ ＝ ＝＝＝3， 所以线段MN的中点是定点(0，3). 二、定值问题 2.(2020·新高考Ⅰ卷，T22)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A(2，1). (1)求C的方程； 解：由题意得＋＝1，＝，解得a2＝6，b2＝3. 所以C的方程为＋＝1. (2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得｜DQ｜为定值. 解：证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2). 若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0. 于是x1＋x2＝－，x1x2＝.　① 由AM⊥AN知，＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0. 将①代入上式可得(k2＋1)－(km－k－2)·＋(m－1)2＋4＝0， 整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0. 因为A(2，1)不在直线MN上， 所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1. 于是MN的方程为y＝k－(k≠1). 所以直线MN过点P. 若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1). 由＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)·(－y1－1)＝0. 又＋＝1，可得3－8x1＋4＝0. 解得x1＝2(舍去)，x1＝. 此时直线MN过点P. 令Q为AP的中点，即Q. 若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边， 故｜DQ｜＝｜AP｜＝. 若D与P重合，则｜DQ｜＝｜AP｜. 综上，存在点Q，使得｜DQ｜为定值. 考情分析 　　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、定线与定值问题，运算量较大，难度较大. 返回 考点突破 能力提升 返回 (2025·山东齐鲁名校大联考一模)已知长为3的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，动点P满足＝，记点P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； 核心考点一　定点问题　[综合性考法] 典例 1 解：设A，B，P， 因为＝3，所以＝3. 又因为＝，＝，＝， 所以x－x0＝，y＝，解得x0＝x，y0＝3y， 代入＝3，整理得＋y2＝1. (2)若C与y轴非负半轴交于点Q，过点Q作与以点D为圆心，r(0＜r＜1)为半径的圆相切的直线l1，l2，且l1，l2分别交C于点M，N，证明：直线MN过定点. 解：证明：由题意可知l1，l2的斜率存在，设斜率分别为k1，k2， 直线l1的方程为y＝k1x＋1，由圆心D到直线l1的距离为r， 可得＝r，整理得＝r2，同理可得＝r2， 所以＝，整理可得k1＋k2＋k1k2－＝0. 当直线MN斜率不存在时，设直线方程为x＝t，代入＋y2＝1可得 M，N， 此时k1＝，k2＝， 代入k1＋k2＋k1k2－＝0， 得t＝－，所以直线MN的方程为x＝－. 当直线MN斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋b， 设M，N，如图所示. 联立 可得 又k1＝，k2＝， 所以k1＋k2＝＋＝＝ ＝2k＋＝2k－＝， k1k2＝×＝＝ ＝k2＋＝， 把上式代入k1＋k2＋k1k2－＝0， 可得8k－3b－5＝0，即b＝. 因为y＝kx＋b，所以y＝kx＋ ＝k－， 所以直线MN过定点. 综上，直线MN过定点. 规律反思 圆锥曲线中解决定点问题的两种思路 1.引进参数法：引进动点的坐标或动直线中系数为参数表示变化的量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. 2.特殊到一般法：根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 预测练1.(2025·北京海淀二模)已知F为抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点，O为坐标原点，M为C的准线l上的一点，直线MF的斜率为－1，△OFM的面积为1. (1)求C的方程； 解：由题意知F，设点M的坐标为， 则直线MF的斜率为＝－. 因为直线MF的斜率为－1，所以－＝－1，即a＝p， 所以△OFM的面积S＝＝＝1， 解得p＝2或p＝－2(舍去)， 故抛物线C的方程为y2＝4x. (2)过点F作一条直线l'，交C于A，B两点，试问在l上是否存在定点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由. 解：假设存在点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方. 由(1)得F，抛物线C的准线l的方程为x＝－1. 设直线l'的方程为x＝my＋1，A，B(x2，y2)，N， 联立得y2－4my－4＝0， 所以Δ＝16m2＋16＞0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4. 因为kNF＝＝－， kNA＋kNB＝＋ ＝ ＝＝＝－t， 所以－t＝，解得t＝0或t＝－4. 故存在定点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方，其坐标为. (2025·山东潍坊一模节选)已知抛物线E的顶点为坐标原点O，焦点为，过点M的直线与E交于A，B两点，过点B作y轴的垂线与直线OA相交于点P. (1)求E的方程； 核心考点二　定线问题　[综合性考法] 典例 2 解：由题意，设抛物线E的标准方程为y2＝2px，则＝1，可得p＝2， 故抛物线E的标准方程为y2＝4x. (2)证明：点P在定直线l上. 解：证明：若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不符合题意. 设直线AB的方程为x＝my＋2，设点A，B， 联立可得y2－4my－8＝0，Δ＝16m2＋32＞0. 由韦达定理可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－8. 由题意可知，直线BP的方程为y＝y2， 直线OA的方程为y＝x＝x＝. 联立直线BP，OA的方程得＝y2， 所以x＝＝－2. 因此，点P在定直线l：x＝－2上. 规律反思 解决定线问题的核心在于确定动点的轨迹方程，主要方法有： 1.待定系数法：设出含参数的直线方程，利用条件消去参数，得到系数，确定动点的坐标，从而确定直线. 2.设点法：设出动点的坐标，通过动点满足的条件消去参数，得到动点的轨迹方程，从而确定直线. 预测练2.椭圆Γ：＋＝1(a＞b＞0)的上顶点为A(0，)，下顶点为B，离心率为，点P(0，2). (1)求椭圆Γ的方程； 解：椭圆Γ的离心率为，则＝，得c＝a. 又a2＝b2＋c2，b＝， 所以a2＝2＋a2，得a2＝4. 所以椭圆Γ的方程为＋＝1. (2)如图，过点P的动直线l交椭圆Γ于M，N两点(不同于A，B两点)，若直线AN与直线BM交于点Q，点Q是否在一条定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由. 解：由题意可得A(0，)，B(0，－)，过点P(0，2)的直线l斜率存在. 设直线l的方程为y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立消去y得关于x的一元二次方程(1＋2k2)x2＋8kx＋4＝0，1＋2k2≠0， 则Δ＝(8k)2－16(1＋2k2)＝32k2－16＞0， 即k＜－或k＞， x1＋x2＝，x1x2＝. 直线AN的方程为y＝x＋，直线BM的方程为y＝x－，设Q(x0，y0)， 由 可得 易知x1＋x2＝－2kx1x2， 则y0＝＝＝1， 则直线AN与直线BM交点Q的纵坐标为定值1，所以点Q在定直线y＝1上. 核心考点三　定值问题　[综合性考法] 典例 3 (2025·河南洛平许济二模)已知椭圆C：＋＝1的焦距为2，且过点P. (1)求椭圆C的标准方程； 解：根据题意，得 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)过点P作两条直线分别交椭圆C于A，B两点，若直线x＝－1平分∠APB，求证：直线AB的斜率为定值，并求出这个定值. 解：证明：根据题意直线PA，PB的斜率存在且不为0，如图所示. 设A，B，直线PA的方程为y－2＝k， 由 消去y得x2＋2kx＋k2＋4k－4＝0， 所以x1＝. 因为直线x＝－1平分∠APB， 所以直线PA，PB的斜率互为相反数， 所以设直线PB的方程为y－2＝－k(x＋1)， 同理可得x2＝. 因为y1－2＝k，y2－2＝－k， 所以y1－y2＝k＋2k＝k(＋)＋2k＝. 又x1－x2＝－＝， 所以kAB＝＝－2，即直线AB的斜率为定值－2. 规律反思 圆锥曲线中定值问题常见的类型及解题策略 1.求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简，即可得出定值. 2.求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的表示式，再利用题设条件化简、变形求得. 3.求某线段的长度为定值：利用两点间的距离公式求得线段长度的表示式，再依据条件对表示式进行化简、变形即可求得. 预测练3.(2025·北京房山一模)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为的正方形.A为圆O：x2＋y2＝a2上一点(不在x轴上)，B为椭圆E上一点，且满足AB⊥x轴，直线l与圆O切于点A，过F1作l的垂线，垂足为M. (1)求椭圆E的方程及圆O的方程； 解：已知以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为的正方形，设椭圆的焦距为2c， 则c＝b，且c2＋b2＝2， 所以c＝b＝1，a2＝b2＋c2＝2，则椭圆E的方程为＋y2＝1， 圆O的方程为x2＋y2＝2. (2)求证：为定值. 解：证明：由椭圆方程得F1，F2. 因为AB⊥x轴，所以设A的坐标为，B的坐标为，不妨取x1＞0，如图所示. 因为直线l与圆O切于点A，所以切线l的方程为x1x＋y1y＝2. 因为F1M⊥l，所以＝＝＝x1＋. 由B，F2，得＝＋. 又＋＝1，所以＝＋1－＝－2x1＋2＝. 因为x1＜2，所以＝＝－x1， 所以＋＝x1＋＋－x1＝2. 返回 专 题 集 训 返回 1.(15分)(2025·浙江杭州二模)已知抛物线Γ：y2＝2px的焦点F到准线l的距离为2，点D，过F的直线交Γ于A，B两点，过A，B分别作l的垂线，垂足分别为A1，B1，直线A1D，B1D与直线AB分别交于点M，N. (1)求Γ的方程； 解：由题意知p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x. 1 2 3 4 (2)记M，N的纵坐标分别为yM，yN，当＋＝1时，求直线AB的斜率； 解：由题意可设直线AB的方程为x＝my＋1，A，B，则A1，B1，D，如图所示. 所以联立得y2－4my－4＝0， 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4. 1 2 3 4 所以直线A1D的方程为y＝－，与直线 AB的方程x＝my＋1联立消去x， 解得yM＝，同理yN＝. 所以＋＝＋＝2m＋＝－m＝1，所以m＝－1. 所以直线AB的斜率为＝－1. 1 2 3 4 (3)设E为x轴上一点，记k1，k2分别为直线ME，ND的斜率.若为定值，求点E的坐标. 解：设E， 因为＝＝＝. 因为y1＋y2＝4m，y1y2＝－4， 所以＝＝， 当t＝时，＝2为定值.所以E. 1 2 3 4 2.(15分)过抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点F，且斜率为－1的直线l与抛物线E交于A，B两点，｜AB｜＝8. (1)求抛物线E的方程； 解：不妨设直线l：y＝－x＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 消去y并整理得x2－3px＋＝0， Δ＝(－3p)2－4×1×＝8p2＞0， 联立 1 2 3 4 所以x1＋x2＝3p，x1x2＝. 由抛物线的定义得，｜AB｜＝x1＋x2＋p＝4p＝8，解得p＝2， 所以抛物线E的方程为y2＝4x. 1 2 3 4 (2)过焦点F的直线l'，交抛物线E于C，D两点，直线AC与BD的交点是否恒在一条直线上？若是，求出该直线的方程；否则，说明理由. 解：由(1)知y1＋y2＝－4，y1y2＝－4， 不妨设直线l' 的方程为x＝my＋1，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 联立 消去x并整理得y2－4my－4＝0， 由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4. 1 2 3 4 此时直线AC：y－y3＝(x－x3) ＝(x－x3)＝(x－x3)，即y＝.① 同理，直线BD：y＝.② 由①②消去y得，＝， 即4(y1－y2＋y3－y4)x＝y1y2(y3－y4)＋y3y4(y1－y2)＝－4(y1－y2＋y3－y4)， 解得x＝－1， 所以直线AC与直线BD的交点恒在直线x＝－1上. 1 2 3 4 3.(15分)(2025·浙江金华一模)已知A和B为椭圆C：＋＝1上两点. (1)求椭圆C的离心率； 解：由A可知a2＝4，求出a＝2. 代入B，得＋＝1，b2＝1， 则c2＝4－1＝3，c＝， 可知椭圆C的离心率为e＝＝. 1 2 3 4 (2)过点的直线l与椭圆C交于D，E两点(D，E不在x轴上). (ⅰ)若△ADE的面积为，求直线l的方程； 解：由(1)可知椭圆C的方程为＋y2＝1， 如图所示，设D，E，过点的直线l为x＝my－1， 与＋y2＝1联立得y2－2my－3＝0.Δ＝4m2＋12＞0恒成立. 1 2 3 4 所以y1＋y2＝，y1·y2＝. 所以S△ADE＝×3×＝×3×＝＝， 解得m2＝2，所以m＝±，直线l的方程为x±y＋1＝0. 1 2 3 4 (ⅱ)直线AD和AE分别与y轴交于M，N两点，求证：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值. 解：证明：由(ⅰ)可知，x1＋x2＝m－2＝， x1·x2＝m2y1·y2－m＋1＝. 直线AD的方程为y＝，令x＝0，得yM＝， 直线AE的方程为y＝，令x＝0，得yN＝. 记以MN为直径的圆与x轴交于P，Q两点， 1 2 3 4 由圆的弦长公式可知，＝－＝－yM·yN ＝－＝－＝－＝－＝， 所以＝，为定值. 1 2 3 4 4.(15分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点是抛物线y2＝－4x的焦点，且过点D. (1)求C的方程及离心率e； 解：因为椭圆C的左焦点是抛物线y2＝－4x的焦点，且过点D， 所以解得a2＝4，b2＝2， 所以C的方程为＋＝1，离心率e＝. 1 2 3 4 (2)已知O为坐标原点，过C的左、右顶点A，B作直线分别交C于M，N点，且直线BN的斜率与直线AM的斜率之比为e2，过点O作OP⊥MN于点P，问x轴上是否存在定点Q，使为定值？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由. 解：x轴上存在定点Q，使为定值. 如图所示，由C的方程知A，B，因为 直线BN的斜率与直线AM的斜率之比为e2＝， 所以设直线BN的斜率为k，则直线AM的斜率为2k， 故直线BN的方程为y＝k， 直线AM的方程为y＝2k， 1 2 3 4 联立x2－8k2x＋8k2－4＝0， 所以2xN＝，则xN＝， 故yN＝－. 同理可得xM＝，yM＝. 所以xN－xM＝－＝， 1 2 3 4 yN－yM＝－－ ＝－， 当64k4－4≠0，即k≠±时，kMN＝＝， 此时直线MN的方程为y＋＝， 即y＝x＋＝，所以直线MN过定点. 当64k4－4＝0，即k＝±时， 1 2 3 4 若k＝，则xN＝－且yN＝－，xM＝－且yM＝，故直线MN过定点； 若k＝－，则xN＝－且yN＝，xM＝－且yM＝－，故直线MN过定点， 综上，直线MN过定点R. 又OP⊥MN于点P，所以点P的轨迹是以OR为直径的圆， 故OR的中点到点P的距离为定值， 所以x轴上存在定点Q，使为定值. 返回 1 2 3 4 谢 谢 观 看！ $