解析几何定点与定值问题课件——2027届高三数学一轮复习

解析几何定点与定值问题考点分类 考点一　定点问题 角度1　直线过定点 例1　(2025·江西二模)已知抛物线E:y2=2px(p>0)与双曲线=1的渐近线在第一象限的交点为Q,且Q点的横坐标为6. (1)求抛物线E的方程; (2)过点M(-3,0)的直线l与抛物线E相交于A,B两点,B关于x轴的对称点为B',证明:直线AB'必过定点. 考点一 考点二 (1)解 设点Q的坐标为(6,y0),因为点Q在第一象限,所以y0>0,双曲线 =1的渐近线方程为y=±x. 因为点Q在双曲线的渐近线上,所以y0=4,所以点Q的坐标为(6,4),又点Q(6,4)在抛物线y2=2px上,所以48=2p×6,所以p=4,故抛物线的标准方程为y2=8x. 考点一 考点二 (2)证明 设直线AB的方程为x=my-3,联立y2=8x,消去x得y2-8my+24=0, Δ=64m2-96>0,即2m2-3>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=8m,y1y2=24,设B关于x轴的对称点为B'(x2,-y2),则直线AB'的方程为y+y2=(x-x2),根据抛物线的对称性可知定点必在x轴上,令y=0得x=y2+x2==3. 所以直线AB'过定点(3,0). 考点一 考点二 规律方法　求解直线过定点问题常用方法如下 (1)“特殊探路,一般证明”:即先通过特殊情况确定定点,再转化为有方向、有目的的一般性证明; (2)“一般推理,特殊求解”:即设出定点坐标,根据题设条件选择参数,建立一个直线系或曲线的方程,再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求点; (3)求证直线过定点,常利用直线的点斜式方程或截距式来证明. 考点一 考点二 [对点训练1](2025·浙江宁波一模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A(1,)是C上的点. (1)求椭圆C的方程; (2)过T(1,0)作两条倾斜角互补的直线,分别交椭圆C在x轴上方部分于D,E两点.过TA延长线上的点P作椭圆C的两条切线l1,l2,若TD与l1交于点M,TE与l2交于点N,求证:直线MN过定点. 考点一 考点二 (1)解 已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A(1,)是C上的点, 则 解得所以椭圆C的方程为+y2=1. 考点一 考点二 (2)证明 设P(1,p),设过点P的椭圆C的两条切线为li:y=ki(x-1)+p,i=1,2, 联立 得(4+1)x2+8ki(p-ki)x+4-8kip+4p2-4=0, 由相切得Δ=0,化简得3+2pki+1-p2=0, 所以k1+k2=-p,k1k2= 考点一 考点二 设直线MN:y=kx+t,联立 解得xM=, 同理,得xN=, 则kTM+kTN==0,化简得4k+t=0, 所以直线MN过定点(4,0). 考点一 考点二 角度2　其他曲线过定点 例2　在平面直角坐标系xOy中,①已知点Q(,0),直线l:x=2,动点P满足到点Q的距离与到直线l的距离的比值为,②已知点H(-,0),G是圆E:x2+y2-2x-21=0上的一个动点,线段HG的垂直平分线交GE于P,③点S,T分别在x轴、y轴上运动,且|ST|=3,动点P满足. (1)在①,②,③这三个条件中任选一个,求动点P的轨迹C的方程. (2)设圆O:x2+y2=2上任意一点A处的切线交轨迹C于M,N两点,试判断以MN为直径的圆是否过定点.若过定点,求出该定点坐标;若不过定点,请说明理由. 考点一 考点二 解 (1)若选①,设P(x,y),根据题意得,整理得=1.所以动点P的轨迹C的方程为=1. 若选②,由E:x2+y2-2x-21=0得+y2=24,由题意得|PH|=|PG|,所以|PH|+|PE|=|PG|+|PE|=|EG|=2>|HE|=2, 所以点P的轨迹C是以H,E为焦点的椭圆,设其方程为=1(a>b>0),则a=,c=,故b=,所以动点P的轨迹C的方程为=1. 考点一 考点二 若选③,设P(x,y),S(x',0),T(0,y'),故x'2+y'2=9,(*) 因为, 所以 将其代入(*)得=1,所以动点P的轨迹C的方程为=1. 考点一 考点二 (2)当过点A且与圆O相切的切线斜率不存在时,切线方程为x=或x=- 当切线方程为x=时,不妨设M(),N(,-),以MN为直径的圆的方程为+y2=2.① 当切线方程为x=-时,不妨设M(-),N(-,-),则以MN为直径的圆的方程为+y2=2.② 由①②联立,可得交点为(0,0). 当过点A且与圆O相切的切线斜率存在时,设切线方程为y=kx+m, 则,故m2=2(k2+1). 考点一 考点二 联立切线方程与椭圆C的方程并消去y,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0. 则Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)=-8(m2-6k2-3)=-8(2k2+2-6k2-3)=8(4k2+1)>0, 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2= 因为=(x1,y1),=(x2,y2), 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.综上所述,以MN为直径的圆过定点(0,0). 考点一 考点二 规律方法　圆过定点问题的解题策略 (1)利用特殊情况寻找特殊点; (2)引入参变量建立关于曲线的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点. 考点一 考点二 [对点训练2](2025·内蒙古赤峰模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A,B分别是椭圆C的左、右顶点,P是椭圆C上不同于A,B的一点, △ABP面积的最大值是2. (1)求椭圆C的标准方程; (2)记直线AP,BP的斜率分别为k1,k2,且直线AP,BP与直线x=6分别交于D,E两点. ①求D,E的纵坐标之积; ②试判断以DE为直径的圆是否过定点.若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由. 考点一 考点二 解 (1)由题意可得解得a=2,b=1. 故椭圆C的标准方程为+y2=1. (2)①由(1)可知A(-2,0),B(2,0).直线AP的方程为y=k1(x+2), 联立解得则D(6,8k1).同理可得E(6,4k2).故yD·yE=32k1k2,设P(x0,y0),则k1k2= 因为点P在椭圆C上,所以=1,所以=1-,则k1k2==-,故yD·yE=32×(-)=-8. 考点一 考点二 ②(方法一)由①可知D(6,8k1),E(6,-), 设存在定点G(x1,y1),则=(x1-6,y1-8k1),=(x1-6,y1+). 由题意可知DG⊥EG,则,所以+(-8k1)y1-8=0恒成立,所以y1=0,x1=6±2故以DE为直径的圆过定点(6-2,0), (6+2,0). 考点一 考点二 (方法二)由题意可知D,E在x轴的两侧,则以DE为直径的圆与x轴有两个交点, 设以DE为直径的圆与x轴的两个交点分别为M,N(M在N的左侧),直线x=6与x轴的交点为H,则|MH|·|NH|=|DH|·|EH|=8,因为DE⊥MN,所以|MH|=|NH|=2,则M(6-2,0),N(6+2,0),即以DE为直径的圆过定点 (6-2,0),(6+2,0). 考点一 考点二 考点二　定值问题 角度1　与斜率、角度有关的定值问题 例3　(2025·北京模拟)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,左、右顶点分别为A,B,左、右焦点分别为F1,F2.过右焦点F2的直线l交椭圆于点M,N,且△F1MN的周长为16. (1)求椭圆C的标准方程; (2)记直线AM,BN的斜率分别为k1,k2,证明:为定值. 考点一 考点二 (1)解 由△F1MN的周长为16及椭圆的定义可得4a=16,即a=4,又离心率为e=,所以c=2,b2=a2-c2=16-4=12.所以椭圆C的方程为=1. (2)证明 由题意知,直线l与x轴不重合,设直线l的方程为x=my+2. 联立消去x得(3m2+4)y2+12my-36=0. 因为F2在椭圆内,所以Δ>0,即(12m)2+4(3m2+4)×36>0,易知该不等式恒成立,设M(x1,y1),N(x2,y2), 由根与系数的关系得y1+y2=,y1y2= 考点一 考点二 又A(-4,0),B(4,0),则因为,即my1y2=3(y1+y2),所以,即为定值. 考点一 考点二 规律方法　解决定值问题的处理技巧 (1)思路:可从特殊情况入手(如直线的斜率不存在时),求出定值,再证明这个值与变量无关; (2)运算:在运算过程中,应尽量减少所求表达式中变量的个数,以利于向目标靠拢. 考点一 考点二 [对点训练3](2025·辽宁沈阳模拟)已知双曲线C经过M(-,1),N(4,-3)两点, (1)求C的方程; (2)若直线l交C于P,Q两点,点A(4,3)(异于点P,Q),∠PAQ的平分线与x轴垂直,求证:l的倾斜角为定值. 考点一 考点二 (1)解 (方法一)当双曲线焦点在x轴上时,设双曲线方程为=1 (a>0,b>0), 由题意得,解得双曲线方程为=1.当双曲线焦点在y轴上时,设双曲线方程为=1(a>0,b>0),由题意得,方程组无解.综上,双曲线方程为=1. 考点一 考点二 (方法二)设双曲线方程为mx2-ny2=1(mn>0),则解得m=,n=,所以所求双曲线方程为=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), 所以消去y得(3-4k2)x2-8kbx-4b2-12=0,由题意知3-4k2≠0,则Δ= (-8kb)2-4(3-4k2)(-4b2-12)=48(b2-4k2+3)>0,所以x1+x2=,x1x2=-, 考点一 考点二 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,又y1=kx1+b,y2=kx2+b,代入整理得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过定点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 考点一 考点二 角度2　与距离、面积、系数和有关的定值问题 例4　(2025·广东期中)已知椭圆C:=1(a>b>0)的右焦点为F2(1,0),点P(1,)在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程; (2)过坐标原点O的两条直线EF,MN分别与椭圆C交于E,F,M,N四点,且直线OE,OM斜率之积为-,求证:四边形EMFN的面积为定值. 考点一 考点二 (1)解 由题意c=1,又因为点P(1,)是椭圆上一点,所以=1, 又a2-b2=c2,解得a2=2,b2=1,因此椭圆的方程为+y2=1. (2)证明 当直线EM的斜率不存在时,由椭圆的对称性不妨设E(m,n), N(m,-n),F(-m,-n),M(-m,n), 则kOE·kOM=-=-,又+n2=1,解得m2=1,n2=,由对称性,不妨取E(1,),则N(1,-),F(-1,-),M(-1,),则|EM|=2,|EN|=, 所以S四边形EMFN=2; 当直线EM斜率存在时, 设直线EM的方程为y=kx+m,设点E(x1,y1),M(x2,y2), 考点一 考点二 联立消去y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,易知1+2k2≠0, 则x1+x2=-,x1x2=因为kOE·kOM=-,得x1x2=-2y1y2,即x1x2=-2(kx1+m)(kx2+m),所以(2k2+1)x1x2+2km(x1+x2)+2m2=0,解得2m2=1+2k2, |EM|=,原点O到直线EM的距离为d=,因为S四边形EMFN=4S△EOM,且S△EOM=|EM|·d=, 所以S四边形EMFN=4=2(定值).综上,四边形EFMN的面积为定值. 考点一 考点二 [对点训练4](2025·山西期中)已知椭圆C:=1(a>b>0)的焦距为4,且椭圆C过点(0,-2). (1)求椭圆C的方程; (2)直线l:y=(x-m)与椭圆C交于不同的A,B两点(A在B下方),与x轴交于点D,证明:|AD|2+|BD|2为定值. (1)解 由椭圆C:=1(a>b>0)过点(0,-2),得b=2,而椭圆C的半焦距c=2,则a==4,所以椭圆C的方程为=1. 考点一 考点二 (2)证明 由消去y得2x2-2mx+m2-16=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2), Δ=4m2-8(m2-16)>0,则m2<32,x1+x2=m,x1x2=m2-8,而D(m,0),因此|AD|2+|BD|2=] =-2m(x1+x2)+2m2]=-2x1x2-2m(x1+x2)+2m2] =[m2-2(m2-8)-2m·m+2m2]=20(定值),所以|AD|2+|BD|2为定值. 考点一 考点二 $