圆锥曲线：定点问题、定值问题、定直线问题复习讲义-2026届高三数学三轮冲刺

2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 圆锥曲线：定点问题、定值问题、定直线问题复习讲义 考点目录 定点问题 定值问题 定直线问题 知识点解析 考点一 定点问题 解题原理 在圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，直线、动弦、动点随参数变化时，无论参数如何变化，直线或曲线恒经过同一个固定点； 核心本质：式子化简后参数完全消去，剩余坐标为常数，与变量无关； 代数核心：含参方程对任意参数恒成立 ⇒ 参数系数为0，解得定点坐标。 解题思路 1. 设动直线/动点 设直线方程（斜截式 或参数式）、设交点坐标，联立圆锥曲线方程； 1. 联立消元，韦达定理 联立直线与曲线，整理一元二次方程，写出根与系数关系； 1. 表示目标条件 利用斜率、向量、弦中点、角度、面积等题干条件，构造含参代数式； 1. 分离参数，恒成立分析 整理为「参数×代数式 + 常数式 = 0」形式， 令参数系数=0、常数项=0，解方程组； 1. 求出定点并检验 解得固定点坐标，验证特殊位置（斜率不存在、特殊直线）也满足。 常用技巧：特殊值法先猜定点→再一般性证明。 考点二 定值问题 解题原理 运动变化过程中（动直线、动点、动弦），某些代数式：斜率和/积、线段长度、数量积、比值、面积、距离等，不受参数影响，恒为固定常数； 核心本质：变量在化简中相互抵消，最终结果不含任何变量、参数。 解题思路 1. 设参列式 设直线斜率、点坐标、参数，写出待求表达式； 1. 联立方程+韦达定理 直线与圆锥曲线联立，利用 整体代换； 1. 整体代入化简 将目标式全部转化为根与系数的整体形式，展开、通分、合并； 1. 消去变量，得出常数 化简后消去所有参量，结果为具体数值； 1. 规避变量限制 注意判别式、定义域、斜率存在性等限制条件。 常见定值类型：向量数量积为定值、斜率之和/积为定值、距离比为定值。 考点三 定直线问题 解题原理 动点、动直线运动时，满足某一条件的点恒在一条固定直线上（定直线、定切线、定准线类）； 本质：动点坐标 满足方程化简后，消去参数，得到不含参的固定直线方程。 解题思路 1. 设动点与参数 设动点 ，引入核心参数（斜率、点横坐标等）； 1. 翻译几何条件 将垂直、平行、共线、距离、角度、相切等条件转化为代数方程； 1. 联立、代换、消参 借助韦达、坐标关系，逐步消去所有动态参数； 1. 得到固定直线方程 最终得到只含 的直线方程，即为定直线； 1. 验证边界情况 考虑斜率不存在、特殊位置，保证完备性。 三大考点 共性总结 核心思想 1. 参数化思想：以斜率、动点坐标为参数，刻画运动变化； 1. 整体代换：全程使用韦达定理整体代换，避免单独求根； 1. 消参核心： · 定点：参数系数为0； · 定值：变量全部抵消； · 定直线：消去参数得定方程。 考点一 定点问题 【例题分析】 例1．（2026·陕西咸阳·三模）在平面直角坐标系中，已知椭圆（）的短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)记椭圆的右焦点为，过点且斜率存在的两条直线与椭圆分别交于点和，线段和的中点分别为． （i）若轴上存在点，使得，求实数的取值范围； （ii）设直线的斜率分别为，若，求证：直线过定点． 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）利用椭圆的基本性质求出，进而求出椭圆方程； （2）（i）联立直线与椭圆方程，利用中点和垂直平分线的性质，把表示为斜率的函数，进而求出的范围；（ii）用消元，将坐标用相同参数表示，推出直线方程找出定点． 【详解】（1）已知椭圆（）的短轴长为2，故，解得， 离心率，则，整理得， 椭圆． （2） （i）椭圆右焦点，设过的直线，，联立椭圆方程， 得， 设，中点，由韦达定理得 ， ，， ， 在的垂直平分线上， 设垂直平分线的斜率为，则，解得， 故垂直平分线的方程为， 令，得，代入得， 则， 当时，； 当时，，， ； （ii）已知直线的斜率分别为，且由（i）可知， 的中点，的中点， 由则， ， ， ， 直线的方程为， 整理得， 令，解得，此时，与无关， 直线与无关，故直线过定点． 例2．（2026·北京朝阳·一模）已知椭圆：（）的离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)过点的斜率存在且不为1的直线与椭圆交于不同的两点，（均不与点重合），点与点关于原点对称，直线与直线交于点.求证：直线经过点. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率公式求出即可. （2）设点，求出直线的方程及点的坐标，再设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及向量共线的坐标表示推理得证. 【详解】（1）由椭圆：的下顶点为，得， 由的离心率为，得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）设直线的方程为，点，则点， 直线的方程为，直线的方程为，联立解得点， 由消去得， 则，， 而点，则， ， 即，又有公共点，则点三点共线， 所以直线经过点. 例3．（2026·吉林长春·模拟预测）已知椭圆的离心率为，点在上． (1)求的方程； (2)设是上的两个动点，满足的平分线所在的直线与在点处的切线垂直． （i）证明：直线过定点； （ii）求中点的轨迹方程． 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）（且）. 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）（i）求出在点处的切线斜率，再利用到角公式求得直线斜率关系，设出直线方程，与椭圆方程联立求出点的坐标，进而求出直线的方程即可；（ii）设出的中点坐标，利用点差法求出轨迹方程并确定范围即可. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，得，则， 由点在椭圆上，得，联立解得， 所以椭圆的方程为. （2）（i）显然椭圆在点处的切线斜率存在，设其方程为， 由消去得， 则，解得， 由的平分线所在的直线与在点处的切线垂直，得的平分线所在直线的斜率为1， 设直线的斜率分别为，由到角公式得，整理得， 直线的方程为，设， 由消去得， 则，解得，， 即点，而，同理得， 直线的斜率， 直线的方程， 即，整理得， 所以直线过定点. （ii）设线段中点，由（i）得， 由，得，则， 由点共线，得，因此，整理得， 由，解得或， 由点在椭圆内，且在的平分线所在直线上方，得且 所以线段中点的轨迹方程为（且）. 【变式训练】 变式1．（25-26高二下·安徽蚌埠·月考）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上，直线l与椭圆C交于不同于A的两点M，N． (1)求椭圆C的方程； (2)若，证明：直线l恒过定点． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据题中条件，列出方程组，求出，即可得出椭圆方程； （2）设直线，与椭圆方程联立，利用向量数量积的坐标表示，结合韦达定理计算推理即可. 【详解】（1）依题意，，解得， 所以椭圆C的方程为； （2）依题意，直线l的斜率存在， 设直线，，， 由，消去y得， 则，即， ，， 而，， 由，得， 即， 整理得， 则，而， 于是， 整理得，解得，且满足， 所以直线过定点． 变式2．（2026·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，其短轴长为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线，过椭圆右焦点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A，B两点，过点A作，垂足为D．求证：直线BD过定点E，并求出定点E的坐标； 【答案】(1) (2)证明见解析，定点E为． 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量，即可得出椭圆的标准方程； （2）设直线的方程为，设点，，， 将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线并化简，由此可得出直线所过定点的坐标. 【详解】（1）由题意可得，解得， 故椭圆C的方程为． （2）由对称性，若直线BD过定点E，则该定点E必在x轴上， 由题得，设直线， 设，，， 联立方程，得， 所以有，， 因为，所以直线BD的方程为， 令，得 由，，得， 将代入（*）， 则， 故直线BD过定点，即定点E为． 变式3．（2026·广东广州·一模）已知点，点，M是平面上一动点，满足以为直径的圆与直线相切，设点的轨迹为. (1)求的方程. (2)过F的直线与相交于，两点，连接，，点I为的内心.求的最大值. (3)设椭圆： 与在第一象限的交点为A.当直线与有两个交点时，设直线与相交于另一点B（异于点A），连接，线段与交于点G.求证：直线过定点. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据圆的切线性质，结合中点坐标公式和两点间距离公式，建立关于的等式，直接化简得到轨迹方程； （2）先设出直线的方程，与​的方程联立，得到两点坐标的关系，证明x轴平分，易得当直线CO与相切时，取最大值，再计算即可； （3）设与在第二象限的交点为，证明四点共线，再利用直线与直线的斜率和为0，列方程求解. 【详解】（1）设M，MF的中点， 依题意， 化简得， 故点M的轨迹的方程为. （2）设 设直线CD的方程：，与抛物线联立，得 由韦达定理得， 设直线CO，DO的斜率分别为，   ， x轴平分，故I在x轴上， 当直线CO与相切时，取最大值， 设直线CO的方程：，与抛物线联立，得 ，令，得，此时 ， 故的最大值为. （3）设，其中， ， 设与在第二象限的交点为，由对称性得， 则直线OA的方程：，与联立，得，得， ，， B，G，F，四点共线， 延长交x轴于H，设，连接， 设直线与直线的斜率分别为，则. 设，直线的方程：，与椭圆联立，得 ，得 ，， 代入整理得， 解得，故直线恒过定点. 考点二 定值问题 【例题分析】 例1．（2026·江西南昌·二模）已知双曲线：（，）的离心率，其上顶点为，过点作斜率为的直线与双曲线的两支分别相交于，两点（在双曲线的上支）且与轴相交于点，直线与轴相交于点． (1)求双曲线的标准方程； (2)设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； (3)是否存在直线使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在； 【分析】（1）根据离心率及上顶点坐标求解即可. （2）设出直线的方程，与双曲线方程联立，得到点坐标，同理设出直线的方程，求出点坐标，设出方程，将点、点代入，得到，是方程的两根，结合韦达定理证明即可. （3）利用三角形相似得到，设出直线，，的倾斜角，判断之间的关系，结合韦达定理进一步求解即可. 【详解】（1）因为，所以，即， 因为上顶点为，所以，则， 所以双曲线的标准方程为. （2）设直线的方程为，直线的方程为． 联立直线与双曲线方程，整理得， 解得，所以，所以， 设直线的方程为， 因为，则有， 整理得，同理可得， 所以，是方程的两根，所以. （3）假设存在使得，所以， 设直线，的倾斜角分别为，，直线的倾斜角为， 当时， 则，所以， 又，是方程的两根，则，， 所以， 所以，整理得，即，解得． 当时，结合对称性同理可得，，满足条件． 故存在直线使得，此时． 例2．（25-26高三上·河南新乡·月考）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，坐标原点到直线的距离为的面积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过椭圆右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于两点． ①求面积的最大值以及此时直线的方程； ②若直线分别与轴交于两点，证明：为定值． 【答案】(1) (2)①面积的最大值为，此时直线的方程为或；②证明见解析 【分析】（1）运用点到直线的距离公式和三角形面积公式，结合椭圆顶点坐标建立关于、的方程组，通过解方程组并利用确定椭圆的标准方程； （2）①：设直线方程为，联立椭圆方程后利用韦达定理和弦长公式表示三角形面积，通过换元转化为基本不等式求最值，并回代求直线方程； ②：利用点斜式写出直线和的方程并求与轴的交点坐标，将与的乘积表达式用韦达定理化简，证明该表达式为与参数无关的常数. 【详解】（1），所以， 因为坐标原点到直线的距离为，所以①， 又因为的面积为，所以，即②， 由①②及得，，所以椭圆的方程为：. （2）（i）由（1）知焦点的坐标为， 因为直线的斜率不为0，则可设直线的方程为， 联立方程组，消去，得， ， 设，则， ， 令，则，当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为． 令，解得，所以此时直线的方程为或； （ii），直线的方程为：， 令，所以，则； 直线的方程为：，令，所以， 则 所以 ， 所以为定值，且定值为． 例3．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据离心率及短轴长得到方程组，求出、，即可得到椭圆方程； （2）设（，），表示出直线、的方程，即可得到、，最后根据计算可得. 【详解】（1）因为离心率为，椭圆的短轴长为， 所以，解得，所以椭圆的方程为． （2）由（1）可知点，，设（，）， 则，即①， 则直线的方程为，令，得，所以， 直线的方程为，令，得，所以， 所以， ， 所以四边形的面积为：又因为，所以 ， 所以四边形ABCD的面积为定值． 【变式训练】 变式1．（25-26高三下·辽宁铁岭·月考）已知双曲线的右焦点为为的两条渐近线，且的斜率为． (1)求的方程； (2)若点为上的动点，过点的直线与只有1个公共点，且与，分别交于点，． （i）求证：点为线段的中点； （ii）已知为坐标原点，的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析;（ii）是定值，定值为 【分析】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）（i）设出点的坐标及直线的方程，与双曲线的方程联立，利用根的判别式及韦达定理推理得证；（ii）由（i）求出及原点到直线的距离，进而求出三角形面积. 【详解】（1）由双曲线的右焦点为，得， 直线的方程为，由的斜率为，得，解得， 所以的方程为. （2）（i）设，由（1）知，即， 设，显然直线不垂直于轴，设其方程为， 由消去得， 由直线与只有1个公共点，得， 整理得，直线的方程为，即， 直线的方程分别为，由，得点， 同理，而， ，所以点为的中点. （ii）由（i）知，原点到直线的距离， 因此的面积， 所以的面积为定值. 变式2．（2026·山东泰安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，斜率为的直线过原点且与椭圆相交所得弦长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆的内接四边形为菱形，且该四边形的周长为，面积为，判断是否为定值，若是求出该定值，否则说明理由. 【答案】(1) (2)是， 【分析】（1）由离心率得，联立过原点的直线与椭圆方程，结合弦长求出，得到椭圆标准方程； （2）分斜率存在与不存在两种情况，证明菱形对角线过原点，分别计算周长L和面积S，证得为定值5​. 【详解】（1）由椭圆的离心率为，，可得， 由题意得，解得或， 则，解得，， 所以椭圆的标准方程为. （2）因为四边形是菱形，所以线段与互相垂直且平分， （ⅰ）当直线，的斜率一个不存在、一个为时， 显然，，，是椭圆的四个顶点， 所以周长，面积，此时； （ⅱ）当直线，的斜率均存在且不为0时， 下面证明菱形的对角线，都过原点： 设，，，，则，， 两式相减整理后得：① 同理可得② 显然，， 当，，，都不为0时， ，. 则，与矛盾， 所以必有， 即菱形的对角线，都过原点， 设直线的方程为，则直线的方程为， 由，可得，， 所以， 设，可得， 所以， ， 所以， 综上所述，是定值. 变式3．（2026·江西吉安·一模）已知双曲线的离心率为，其焦点到渐近线的距离为1，点为圆上一动点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若过点可以作双曲线的两条切线，，且切点分别为，. （ⅰ）设直线，的斜率分别为，，求的值； （ⅱ）设，分别交圆于点，，试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）是，1 【分析】（1）根据题意建立方程求得，代入即可求解； （2）（ⅰ）设出切线方程，切线与双曲线联立方程组，根据结合根与系数的关系计算可解；（ⅱ）分斜率为0或者斜率不存在、，都存在时两种情况分类讨论即可求解， 当，都存在时由点差法可得，由几何关系可得，进而求解. 【详解】（1）双曲线的右焦点，渐近线方程为， 由题意可得， 又因为，所以，， 故双曲线的标准方程为； （2）（ⅰ）设，由题意知切线的斜率一定存在， 设过点与双曲线相切的切线方程为，代入双曲线中消去得： ， 则由得：， 化简得：， 则，为上述方程的两个根，故， 而，所以 （ⅱ）为定值1. 证明：当斜率为0或者斜率不存在时，根据对称性可知， 此时，即； 当，都存在时，设，，的中点为， 由，即， 由于切点弦所在的直线方程为，所以， 因此，即，，三点共线， 又由（ⅰ）可知与均为直角三角形，故，， 则，，而， 所以，故，， 所以，即 考点三 定直线问题 【例题分析】 例1．（25-26高三上·湖北·月考）已知椭圆焦距为4，短轴长为4． (1)求椭圆的方程． (2)若椭圆与轴的交点为A，B（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点．试问点是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)在定直线上 【分析】（1）根据条件，可得b，c的值，根据的关系，可得的值，即可得答案. （2）将直线l与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，求出直线AN、BM的方程，联立求解，化简整理，即可得答案. 【详解】（1）依题意可得，解得，则， 所以椭圆的方程为； （2）点在定直线上，理由如下： 设点， 联立，与直线联立消去，整理得， 由，得 且， 所以， 易知，则， 两式作商得，解得， 故在定直线上． 例2．（25-26高二上·浙江杭州·期末）设椭圆的中心为坐标原点，右焦点为，离心率为， (1)求椭圆的标准方程； (2)已知圆是以点为圆心，为半径的圆，过椭圆C的下顶点作圆的两条切线，这两条切线分别与椭圆相交于点，（异于点）．设直线交轴于G点． （ⅰ）设，直线的斜率分别为，，求的值及点的坐标． （ⅱ）设点（与G点不同）满足：，，求证：在定直线上运动，并求出定直线方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析，定直线方程为. 【分析】（1）设椭圆的标准方程为，由条件列方程求，由此可得结论； （2）（i）设过的切线方程为，根据切线性质可得，由此可求，联立方程组求的坐标和直线的斜率，再求点的坐标； （ⅱ）设，由条件利用表示，结合（ⅰ）化简可得结论. 【详解】（1）由题意，设椭圆的标准方程为， 已知椭圆右焦点，故，离心率， 得，又， 因此椭圆的标准方程为：； （2）（ⅰ）椭圆的下顶点，圆：， 设过的切线方程为， 由切线性质，圆心到切线的距离等于半径， 所以，整理得， 由根与系数关系得：， 将代入椭圆方程得，同理， 所以直线的斜率， ，所以， 令可得， 因此点坐标为； （ⅱ）设， 因为，所以， 由，可得， 所以， 结合， 化简得：， 所以，代入， 可得， 所以， 因此恒在定直线上. 例3．（25-26高三上·福建·开学考试）已知双曲线的右焦点为F，离心率为2，圆与C恰有两个交点． (1)求C的方程； (2)设A为C的左顶点，过F且斜率存在的直线交C的右支于，两点，直线，分别交圆O的另一点于，． ①证明：，，三点共线； ②设直线与直线交于D，证明：点D在定直线上． 【答案】(1) (2)①证明见解析 ；②证明见解析 【分析】（1）由圆与C恰有两个交点可知，通过离心率结合双曲线定义即可求出，，进而求出方程. （2）①将双曲线与圆向右平移一个单位，得到新的曲线，在此基础下设出相应的直线，与之进行联立，结合韦达定理得到，根据直径所对圆周角为直角进而知道P，O，Q三点共线； ②在平移之后的情况下联立求出相对应的点D位于直线上，再平移回去即可求出点D在定直线上. 【详解】（1）因为圆与C恰有两个交点，由双曲线及圆的对称性知，圆过双曲线的左右顶点， 所以，又，所以， 故，所以双曲线C的方程为． （2）①将双曲线与圆按：平移，；即，； 令，齐次化联立得：， 由于斜率均存在，故同除以； 所以，所以，所以O，P，Q三点共线． ②又因为，所以， 所以且，所以， 所以，所以，即与交于，平移回去， 所以PQ与MN交于． 【变式训练】 变式1．（2025·四川成都·二模）已知双曲线过点，渐近线方程为. (1)求的方程； (2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，在线段上取异于点的点. （i）当为中点时，的面积为7，求直线的斜率； （ii）直线分别与轴交于点，若为中点，证明：点恒在一条定直线上. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据双曲线过的点以及渐近线方程列出方程组求解双曲线方程； （2）（i）先设出直线方程，联立双曲线方程，利用中点坐标公式和三角形面积公式求解直线斜率； （ii）通过设点坐标，利用直线方程求出与轴交点坐标，再根据中点关系证明点在定直线上。 【详解】（1）由题意，得，则①， 将点代入双曲线方程，得②， 联立①②解得故的方程为. （2）若直线的斜率不存在，则直线与双曲线右支只有一个交点，不符合题意，故直线的斜率存在. 设直线的方程为，与联立得. 设，由题意，得解得. （i）解：因为为中点，所以. 由，得. 又，解得，所以直线的斜率为. （ii）证明：设直线的方程为，令，得. 同理可得，. 因为为中点，所以，即. 又因为点都在直线上， 所以， 整理，得， 代入韦达定理，得，所以. 因为，所以点恒在定直线上. 变式2．（25-26高二上·山西太原·期末）已知抛物线，直线与相交于、两个不同点，在轴左侧，且． (1)求抛物线的方程； (2)过抛物线焦点的直线与相交于、两个不同点（异于、两点），在轴左侧． ①若直线的斜率为，求的值； ②设直线与相交于点，证明：点在定直线上． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）根据题意得出点的坐标，将点的坐标代入抛物线的方程，求出的值，即可得出抛物线的方程； （2）①设点、，可知，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出、的值，再利用抛物线的焦半径公式可求得的值； ②设点、，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理得出，求出直线、的方程，将这两直线的方程联立，求出点的坐标，即可得出结论. 【详解】（1）由题意可知，点、关于轴对称， 又因为，且在轴左侧，则， 将点的坐标代入抛物线的方程得，解得， 故抛物线的标准方程为. （2）①设点、，易知抛物线的焦点为， 因为直线的斜率为，故直线的方程为， 又因为在轴左侧，结合图形可知， 联立，消去可得，解得，， 故； ②如下图所示： 易知点、，设点、， 设直线的方程为，联立可得， ，由韦达定理可得，故， 因为与点不重合，故，即，同理可得， ，故直线的方程为①， 同理可知直线的方程为②， 由①②可得，即， 将代入上式得，解得， 故，解得，故点在定直线上. 变式3．（24-25高三上·山东潍坊·月考）已知点，圆，点是圆上的任意一点.动圆过点，且与相切，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)若与轴不垂直的直线与曲线交于、两点，点为与轴的交点，且，若在轴上存在异于点的一点，使得为定值，求点的坐标； (3)过点的直线与曲线交于、两点，且曲线在、两点处的切线交于点，证明：在定直线上. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）分析可知，点的轨迹是以为焦点的抛物线，即可得出曲线的方程； （2）设、，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，根据求出的值，可得出点的坐标，设、，则，利用平面内两点间的距离公式结合为定值，可求得的值，即可得出点的坐标； （3）设直线的方程为，设、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，写出抛物线在点、的切线方程，联立两切线方程，求出点的坐标，即可证得结论成立. 【详解】（1）解：由题意知，点到点的距离和它到直线的距离相等， 所以，点的轨迹是以为焦点的抛物线，所以的方程为， （2）解：设、，设直线的方程为， 联立方程组，得，，可得，    所以①，② ， 即， 将①②代入得，因为，所以，所以点的坐标为， 设、，则， 使为定值，需满足，即， 因为，所以，则，所以点坐标为. （3）解：设直线的方程为，设、， 联立方程组得，则，可得， 则③，④， 接下来证明出抛物线在点处的切线方程为，    联立，可得，即， ， 又因为，即点在直线上， 所以，曲线在点处的切线方程为， 同理可得曲线在点处的切线方程为， 联立，解得， 则，所以点的坐标为， 所以点在定直线上. 2 学科网（北京）股份有限公司 $2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 圆锥曲线：定点问题、定值问题、定直线问题复习讲义 考点目录 定点问题 定值问题 定直线问题 知识点解析 考点一 定点问题 解题原理 在圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，直线、动弦、动点随参数变化时，无论参数如何变化，直线或曲线恒经过同一个固定点； 核心本质：式子化简后参数完全消去，剩余坐标为常数，与变量无关； 代数核心：含参方程对任意参数恒成立 ⇒ 参数系数为0，解得定点坐标。 解题思路 1. 设动直线/动点 设直线方程（斜截式 或参数式）、设交点坐标，联立圆锥曲线方程； 1. 联立消元，韦达定理 联立直线与曲线，整理一元二次方程，写出根与系数关系； 1. 表示目标条件 利用斜率、向量、弦中点、角度、面积等题干条件，构造含参代数式； 1. 分离参数，恒成立分析 整理为「参数×代数式 + 常数式 = 0」形式， 令参数系数=0、常数项=0，解方程组； 1. 求出定点并检验 解得固定点坐标，验证特殊位置（斜率不存在、特殊直线）也满足。 常用技巧：特殊值法先猜定点→再一般性证明。 考点二 定值问题 解题原理 运动变化过程中（动直线、动点、动弦），某些代数式：斜率和/积、线段长度、数量积、比值、面积、距离等，不受参数影响，恒为固定常数； 核心本质：变量在化简中相互抵消，最终结果不含任何变量、参数。 解题思路 1. 设参列式 设直线斜率、点坐标、参数，写出待求表达式； 1. 联立方程+韦达定理 直线与圆锥曲线联立，利用 整体代换； 1. 整体代入化简 将目标式全部转化为根与系数的整体形式，展开、通分、合并； 1. 消去变量，得出常数 化简后消去所有参量，结果为具体数值； 1. 规避变量限制 注意判别式、定义域、斜率存在性等限制条件。 常见定值类型：向量数量积为定值、斜率之和/积为定值、距离比为定值。 考点三 定直线问题 解题原理 动点、动直线运动时，满足某一条件的点恒在一条固定直线上（定直线、定切线、定准线类）； 本质：动点坐标 满足方程化简后，消去参数，得到不含参的固定直线方程。 解题思路 1. 设动点与参数 设动点 ，引入核心参数（斜率、点横坐标等）； 1. 翻译几何条件 将垂直、平行、共线、距离、角度、相切等条件转化为代数方程； 1. 联立、代换、消参 借助韦达、坐标关系，逐步消去所有动态参数； 1. 得到固定直线方程 最终得到只含 的直线方程，即为定直线； 1. 验证边界情况 考虑斜率不存在、特殊位置，保证完备性。 三大考点 共性总结 核心思想 1. 参数化思想：以斜率、动点坐标为参数，刻画运动变化； 1. 整体代换：全程使用韦达定理整体代换，避免单独求根； 1. 消参核心： · 定点：参数系数为0； · 定值：变量全部抵消； · 定直线：消去参数得定方程。 考点一 定点问题 【例题分析】 例1．（2026·陕西咸阳·三模）在平面直角坐标系中，已知椭圆（）的短轴长为2，离心率为． (1)求椭圆的标准方程； (2)记椭圆的右焦点为，过点且斜率存在的两条直线与椭圆分别交于点和，线段和的中点分别为． （i）若轴上存在点，使得，求实数的取值范围； （ii）设直线的斜率分别为，若，求证：直线过定点． 例2．（2026·北京朝阳·一模）已知椭圆：（）的离心率为，，分别为椭圆的上、下顶点，且. (1)求椭圆的方程； (2)过点的斜率存在且不为1的直线与椭圆交于不同的两点，（均不与点重合），点与点关于原点对称，直线与直线交于点.求证：直线经过点. 例3．（2026·吉林长春·模拟预测）已知椭圆的离心率为，点在上． (1)求的方程； (2)设是上的两个动点，满足的平分线所在的直线与在点处的切线垂直． （i）证明：直线过定点； （ii）求中点的轨迹方程． 【变式训练】 变式1．（25-26高二下·安徽蚌埠·月考）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上，直线l与椭圆C交于不同于A的两点M，N． (1)求椭圆C的方程； (2)若，证明：直线l恒过定点． 变式2．（2026·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，其短轴长为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)已知直线，过椭圆右焦点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A，B两点，过点A作，垂足为D．求证：直线BD过定点E，并求出定点E的坐标； 变式3．（2026·广东广州·一模）已知点，点，M是平面上一动点，满足以为直径的圆与直线相切，设点的轨迹为. (1)求的方程. (2)过F的直线与相交于，两点，连接，，点I为的内心.求的最大值. (3)设椭圆： 与在第一象限的交点为A.当直线与有两个交点时，设直线与相交于另一点B（异于点A），连接，线段与交于点G.求证：直线过定点. 考点二 定值问题 【例题分析】 例1．（2026·江西南昌·二模）已知双曲线：（，）的离心率，其上顶点为，过点作斜率为的直线与双曲线的两支分别相交于，两点（在双曲线的上支）且与轴相交于点，直线与轴相交于点． (1)求双曲线的标准方程； (2)设直线，的斜率分别为，，求证：为定值； (3)是否存在直线使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 例2．（25-26高三上·河南新乡·月考）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，坐标原点到直线的距离为的面积为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若过椭圆右焦点且不与轴重合的直线与椭圆交于两点． ①求面积的最大值以及此时直线的方程； ②若直线分别与轴交于两点，证明：为定值． 例3．（2026·安徽淮南·二模）已知椭圆：的短轴长为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.证明：四边形的面积为定值. 【变式训练】 变式1．（25-26高三下·辽宁铁岭·月考）已知双曲线的右焦点为为的两条渐近线，且的斜率为． (1)求的方程； (2)若点为上的动点，过点的直线与只有1个公共点，且与，分别交于点，． （i）求证：点为线段的中点； （ii）已知为坐标原点，的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，说明理由． 变式2．（2026·山东泰安·模拟预测）已知椭圆的离心率为，斜率为的直线过原点且与椭圆相交所得弦长为. (1)求椭圆的标准方程； (2)若椭圆的内接四边形为菱形，且该四边形的周长为，面积为，判断是否为定值，若是求出该定值，否则说明理由. 变式3．（2026·江西吉安·一模）已知双曲线的离心率为，其焦点到渐近线的距离为1，点为圆上一动点. (1)求双曲线的标准方程； (2)若过点可以作双曲线的两条切线，，且切点分别为，. （ⅰ）设直线，的斜率分别为，，求的值； （ⅱ）设，分别交圆于点，，试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由. 考点三 定直线问题 【例题分析】 例1．（25-26高三上·湖北·月考）已知椭圆焦距为4，短轴长为4． (1)求椭圆的方程． (2)若椭圆与轴的交点为A，B（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点．试问点是否在定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 例2．（25-26高二上·浙江杭州·期末）设椭圆的中心为坐标原点，右焦点为，离心率为， (1)求椭圆的标准方程； (2)已知圆是以点为圆心，为半径的圆，过椭圆C的下顶点作圆的两条切线，这两条切线分别与椭圆相交于点，（异于点）．设直线交轴于G点． （ⅰ）设，直线的斜率分别为，，求的值及点的坐标． （ⅱ）设点（与G点不同）满足：，，求证：在定直线上运动，并求出定直线方程． 例3．（25-26高三上·福建·开学考试）已知双曲线的右焦点为F，离心率为2，圆与C恰有两个交点． (1)求C的方程； (2)设A为C的左顶点，过F且斜率存在的直线交C的右支于，两点，直线，分别交圆O的另一点于，． ①证明：，，三点共线； ②设直线与直线交于D，证明：点D在定直线上． 【变式训练】 变式1．（2025·四川成都·二模）已知双曲线过点，渐近线方程为. (1)求的方程； (2)已知点，过点作动直线与双曲线右支交于不同的两点，在线段上取异于点的点. （i）当为中点时，的面积为7，求直线的斜率； （ii）直线分别与轴交于点，若为中点，证明：点恒在一条定直线上. 变式2．（25-26高二上·山西太原·期末）已知抛物线，直线与相交于、两个不同点，在轴左侧，且． (1)求抛物线的方程； (2)过抛物线焦点的直线与相交于、两个不同点（异于、两点），在轴左侧． ①若直线的斜率为，求的值； ②设直线与相交于点，证明：点在定直线上． 变式3．（24-25高三上·山东潍坊·月考）已知点，圆，点是圆上的任意一点.动圆过点，且与相切，点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)若与轴不垂直的直线与曲线交于、两点，点为与轴的交点，且，若在轴上存在异于点的一点，使得为定值，求点的坐标； (3)过点的直线与曲线交于、两点，且曲线在、两点处的切线交于点，证明：在定直线上. 2 学科网（北京）股份有限公司 $