圆锥曲线的定点、定值、探究性问题 课件-2027届高三数学一轮复习

圆锥曲线的定点、定值、探究性问题题型解构 定点问题 [解析]　(1)设圆心为(a,0)，则半径为r＝|a＋4|， 所以圆的方程为：(x－a)2＋y2＝(a＋4)2， 令x＝0得y2＝(a＋4)2－a2＝8(a＋2)， 令y＝0得(x－a)2＝(a＋4)2⇒x＝2(a＋2)或x＝－4(舍去)， 所以y2＝4x，所以E的方程为y2＝4x. (2)由题意有直线l1，l2的斜率存在，设直线l1的方程为y＝k(x－3)＋2， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)证明：设直线AB的方程为x＝my－3，联立y2＝8x，消x得，y2－8my＋24＝0， 方程y2－8my＋24＝0的判别式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)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 定直线问题 (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NA2交于点P.证明：点P在定直线上． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：求解定点、定直线问题常用的方法 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、有目标的一般性证明． 2．“一般推理，特殊求解”，即先由题设条件得出曲线的方程，再根据参数的任意性得到定点坐标． 3．求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)来证明． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点Q(0,6)的直线(非y轴)交椭圆于A，B两点，过点A作y轴的垂线与直线BP相交于点D，求证：线段AD的中点在定直线上． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)证明：易知直线AB斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋6， 并设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(xD，yD)， AD的中点坐标设为(x0，y0)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 定值问题 (1)当直线l倾斜角为135°时，求直线l的方程； (2)求证：△AOB的面积为定值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：圆锥曲线中定值问题的特点及解法 1．特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值． 2．解法 (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； (2)引进变量法：其解题流程为 【变式训练】 (2026·四川成都郫都区阶段检测)在圆O：x2＋y2＝4上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足． (1)当点P在圆上运动时，求线段PD的中点Q的轨迹方程．(当点P经过圆与x轴的交点时，规定点Q与点P重合) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 探究型问题 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 名师点拨：存在性问题的解题策略 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在． 1．当条件和结论不唯一时要分类讨论． 2．当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件． 存在性问题的答题模版 (1)求椭圆C的焦距； (2)试探究是否存在过点(0，－5)，且与椭圆C交于不同的两点M，N，并满足|AM|＝|AN|的直线l？若不存在，说明理由；若存在，求出直线l的方程． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)假设存在该直线l，分情况讨论： 当直线l的斜率不存在时，显然|AM|＝|AN|不成立； 当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx－5(k≠0)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求抛物线C的方程； (2)过点E的直线l交抛物线C于A，B点，直线AF与C相交于另一点M，直线BF与C相交于另一点N. (ⅰ)求证：OA⊥OB； (ⅱ)求证：直线MN经过定点． [解析]　(1)如图，作出符合题意的图形， 由题意得E(4,0)，则|OE|＝4， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (2)(ⅰ)如图，设直线l的方程为x＝my＋4，并记点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 (1)求椭圆G的方程； (2)设A，B为椭圆G的左右顶点，过右焦点F的直线l交椭圆G于M，N两点，直线AM，BN交于点P. (ⅰ)求证点P在定直线上； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 3．(2026·江苏南京调研)已知双曲线C：x2－y2＝a2(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝4.过F2的直线l与C交于A，B两点． (1)求C的方程； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 如图： 因为F2(2,0)，设直线l：x＝ty＋2， 代入x2－y2＝2得：(ty＋2)2－y2＝2， 整理得：(t2－1)y2＋4ty＋2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第八章　平面解析几何 则直线l2的方程为y＝－(x－3)＋2， 所以⇒ky2－4y＋8－12k＝0， 所以Δ＝16－4k(8－12k)＝16(3k2－2k＋1)>0， 设P1(x1，y1)，Q1(x2，y2)，M(xM，yM)， 所以y1＋y2＝，yM＝＝， 又yM＝k(xM－3)＋2＝⇒xM＝－＋3， 所以M，同理得N(2k2＋2k＋3，－2k)， 所以kMN＝＝－， 所以直线MN的方程为：y＋2k＝－(x－2k2－2k－3)， 化简整理有：y＝－(x－5)，所以直线MN过定点(5,0)． [解析]　(1)由题意得 ∴双曲线C：－y2＝1. (2)证明：证法一：设直线MN：x＝my＋t，代入－y2＝1，得(m2－4)y2＋2mty＋t2－4＝0， 记M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有 直线A1M：y＝(x＋2)， 直线A2N：y＝(x－2)， 由直线A1M、A2N的交点P在x＝1上得＝－， 即：＝－， ∴4my1y2＋(2＋t)(y1＋y2)＋(2t－8)y1＝0， －(2＋t)＋(2t－8)y1＝0， ∴2(t－4)＝0恒成立， 若＋y1＝0， 将y1＝， 代入得m±＝0，∴t＝±2， ∴MN过双曲线的顶点，与题意不符，故舍去，∴t＝4， 直线MN过定点(4,0)． 证法二：设P(1，m)，则设直线PA1：y＝(x＋2)，PA2：y＝－m(x－2)， 由得(9－4m2)x2－16m2x－16m2－36＝0，记M(x1，y1)， 则－2和x1是该方程的两个根， 则x1＝，y1＝， 由 得(1－4m2)x2＋16m2x－16m2－4＝0， 记N(x2，y2)，则2和x2是该方程的两个根， 则x2＝，y2＝， 则直线MN的斜率： kMN＝ ＝ ＝＝， ∴MN：y－＝， 令y＝0，x＝＋＝＝4， 故直线MN过定点(4,0)． 【变式训练】 (2026·湖南长沙雅礼中学月考)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. [解析]　(1)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. 则直线AB′的方程为y1＋y2＝(x－x2)， 根据抛物线的对称性可知定点必定在x轴上， 令y＝0得：x＝y2×＋x2＝＝＝＝＝3. ∴直线AB′过定点(3,0). (2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. [解析]　(1)设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c＝2， 则由e＝＝可得a＝2，b＝＝4， 所以双曲线方程为－＝1. (2)证明：由(1)可得A1(－2,0)，A2(2,0)， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 显然直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－<m<， 与－＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)， 联立直线MA1与直线NA2的方程可得 ＝＝ ＝ ＝＝＝－， 由＝－可得x＝－1，即xP＝－1， 据此可得点P在定直线x＝－1上运动． 【变式训练】 (2025·安徽蚌埠三模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点P在椭圆C上． [解析]　(1)由e＝＝，得a＝2c， 则a2＝4c2＝b2＋c2，所以b2＝3c2， 将点P代入椭圆方程，得＋＝1，解得c2＝3， 所以椭圆的标准方程为＋＝1. 联立方程，消去y， 得(3＋4k2)x2＋48kx＋108＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 且Δ＝12k2－9×13>0即k<－或k>， 由条件，yD＝y1，点B，P，D共线， 其中＝，＝， 则(x2－3)＝(xD－3)， 所以xD＝＋3＝＋3＝， x0＝＝ ＝ ＝＝， y0＝y1＝kx1＋6， 而kx1x2＋(x1＋x2)＝＋×＝0， 所以(kx1)(kx2)＋(kx1＋kx2)＝0， 可得kx2＝， 而x0＝＝＝－， 故kx1＝－x0， 又y0＝kx1＋6，所以y0＝－x0＋6， 即线段AD的中点在定直线y＝－x＋6上. (2025·湖南长沙六校联考)如图在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋y2＝1，椭圆C2：＋＝1，直线l与椭圆C1只有一个公共点，且与椭圆C2交于A，B两点． [解析]　(1)因为直线l倾斜角为135°，直线l为y＝－x＋b， 因为椭圆C1：＋y2＝1， 直线l与椭圆C1只有一个公共点， 联立方程得3y2－2by＋b2－2＝0， ∴Δ＝4b2－12(b2－2)＝0，∴b＝±， 所以直线l为x＋y＋＝0或x＋y－＝0. (2)证明：因为直线l与椭圆C1只有一个公共点，当直线斜率存在时，设直线l为y＝kx＋b， 由得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－2＝0， ∴Δ＝16k2b2－4(2k2＋1)(2b2－2)＝0， ∴2k2－b2＋1＝0， 又因为直线与椭圆C2交于A，B两点， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－4＝0， 所以 因为直线l与y轴交于点(0，b)， 所以S△AOB＝|b|×|x1－x2|， 所以S△AOB＝|b| ＝|b| ＝|b| ＝|b|＝. 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝±. 所以直线l与C2的两交点A(，1)、B(，－1)或A(－，1)、B(－，－1)， 此时S△AOB＝×2×＝， ∴△AOB的面积为定值． (2)根据(1)中所得的点Q的轨迹方程，若直线l与点Q的轨迹相交于M，N两点，且kOM·kON＝－，试判断△OMN的面积是否为定值．若是，求出该定值；若不是，请说明理由． [解析]　(1)设Q(x，y)，则P(x,2y)，由题设可知x∈[－2,2]， 而P在圆O：x2＋y2＝4上， 故x2＋4y2＝4即＋y2＝1. (2)因为kOM·kON＝－，故kOM，kON均存在且不为零， 故直线OM：y＝kOMx，直线ON：y＝kONx， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由椭圆的对称性，不妨设M在第一象限，N在第四象限，故kOM>0. 又dM－ON＝， 故S△MON＝×＝|x2y1－y2x1|， 由可得x1＝，y1＝， 同理x2＝，y2＝，而kON＝， 故x2＝，y2＝， 故S△MON＝＝1. 故△OMN的面积为定值且定值为1. [解析]　(1)设F(－c,0)，则＝，∴c＝2. 由得 ∴C的方程为x2－＝1. (2)设直线l的方程为x＝my－2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立整理得(3m2－1)y2－12my＋9＝0， 则y1＋y2＝，y1y2＝， 所以x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝， x1x2＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝， 假设存在实数t，使得|＋|＝|－|， 则·＝0，而A(1,0)，F(－2,0)， 故由AP方程：y＝(x－1)，令x＝t得M， 同理AQ方程：y＝(x－1)，令x＝t得N，所以·＝· ＝0， 即(t＋2)2＋(t－1)2＝0， 则(t＋2)2＋(t－1)2＝0， 即(t＋2)2－(t－1)2＝0，解得t＝－， 故存在实数t＝－，使得|＋|＝|－|. 【变式训练】 (2025·安徽县中联盟联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)上有两点A(0,4)和B. [解析]　(1)由题意得 解得 所以c＝＝3，所以椭圆C的焦距为6. 联立 得(16＋25k2)x2－250kx＋225＝0， 令Δ＝(250k)2－4×225×(16＋25k2)>0， 得k2>. 所以xM＋xN＝，yM＋yN＝k(xM＋xN)－10＝－10＝－， 取MN的中点Q，则Q， 若|AM|＝|AN|，则AQ⊥MN，即kAQ·kMN＝－1， 所以·k＝－1，解得k2＝－，k的值不存在． 综上，不存在满足题意的直线． 1．(2026·安徽蚌埠调研)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，E(4,0)，O为坐标原点，C上存在点P到O和E的距离都等于2. 而|PO|＝|PE|＝2，可得P在OE的中垂线上，故设点P的坐标为(2，y0)， 由两点间距离公式得|OP|2＝4＋y＝12，解得y＝8， 而点P在C上，则y＝4p，即4p＝8，解得p＝2， 故抛物线C的方程为y2＝4x. 联立方程组消去x得y2－4my－16＝0，易知Δ＝16m2＋64>0， 则y1＋y2＝4m，y1y2＝－16，x1x2＝·＝＝16， 而＝(x1，y1)，＝(x2，y2)， 则·＝x1x2＋y1y2＝16－16＝0， 可知⊥，即OA⊥OB. (ⅱ)由题意，点F(1,0)，设直线MN的方程为x＝ny＋t， 并记点M(x3，y3)，N(x4，y4)， 联立方程组消去x得y2－4ny－4t＝0，则y3y4＝－4t， 由A，F，M三点共线，可得∥， ＝(x1－1，y1)，＝(x3－1，y3)， 得到(x1－1)y3＝(x3－1)y1，将x1＝，x3＝代入化简， 得(y－4)y3＝(y－4)y1⇒yy3－yy1＋4y1－4y3＝0， 所以(y1y3＋4)(y1－y3)＝0，而y1≠y3， 可知y1y3＝－4，同理可得y2y4＝－4， 则y1y2y3y4＝－16×(－4t)＝－4×(－4)，解得t＝， 故直线MN的方程为x＝ny＋，过定点. 2．(2026·江西创智协作体调研)已知椭圆G：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，以椭圆G的四个顶点为顶点的四边形面积为4. (ⅱ)设＝t1，＝t2，求＋的最大值． [解析]　(1)依题意c＝1，以椭圆G的四个顶点为顶点的四边形面积为2××2a×b＝4，∴ab＝2， 又a2－b2＝1，∴a＝2，b＝. ∴椭圆方程＋＝1. (2)(ⅰ)证明：由(1)知可设直线l方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立x＝my＋1和3x2＋4y2＝12， 得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，直线l过椭圆焦点，必有Δ>0， ∴y1＋y2＝－，y1y2＝－. ∴y1y2＝(y1＋y2)， A(－2,0)，B(2,0)，直线AM方程为y＝(x＋2)， 直线BN方程为y＝(x－2)， 联立两方程得＝＝＝＝3， ∴x＝4，即点P在定直线x＝4上． (ⅱ)根据(ⅰ)有xp＝4.设P(4，yp)，若＝t1，＝t2， 则(6，yp)＝t1(x1＋2，y1)，(2，yp)＝t2(x2－2，y2)， 则t1＝，t2＝， ∴＋＝＋＝＝(y1＋y2)＋1＝－＋1＝≤1. 故当m＝0时，＋的最大值为1. (2)若A，B均在C的右支上，且△ABF1的周长为16，求l的方程； (3)是否存在x轴上的定点M，使得·为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． [解析]　(1)因为|F1F2|＝4⇒2c＝4，所以c＝2， 又c2＝2a2，所以a2＝2. 所以双曲线C的方程为－＝1. (2)因为A，B均在C的右支上，且△ABF1的周长为16， 所以|AB|＋|AF1|＋|BF1|＝16⇒|AB|＋|AF2|＋2＋|BF2|＋2＝16⇒|AB|＝6. 因为A，B均在C的右支上，所以t2－1≠0，且y1y2＝，所以t2<1， y1＋y2＝－. 所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝－＝＝. 所以|AB|＝·|y1－y2|＝＝6⇒t2＝. 所以t＝±. 所以直线l的方程为：x＝±y＋2， 即x±y－2＝0. (3)假设存在x轴上的定点M(m,0)，使得·为定值． 因为＝(x1－m，y1)，＝(x2－m，y2)， 所以·＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2) ＝(x1－m)·(x2－m)＋y1y2 ＝(ty1＋2－m)·(ty2＋2－m)＋y1y2 ＝(t2＋1)y1y2＋(2－m)t(y1＋y2)＋(2－m)2 ＝－＋(2－m)2 ＝＋(2－m)2. 因为·为常数， 所以(4m－6)＋2＝0⇒m＝1. 此时·＝－2＋1＝－1. 所以存在点M(1,0)，使得·为定值． 4．(2025·山西大同调研)从双曲线－＝1(a>0，b>0)上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F1，点A1，A2分别是双曲线的左、右顶点，点B，且A2B∥OP，|F1A2|＝2＋. (1)求双曲线的方程； (2)过点(2，0)作直线l分别交双曲线左右两支于C，D两点，直线A1C与直线A2D交于点M，证明：点M在定直线上． [解析]　(1)由题意可知P，A2(a,0)， 因为A2B∥OP，所以－＝－，即c＝2b， 所以a＝b. 因为|F1A2|＝2＋，所以a＋c＝(2＋)b＝2＋， 所以b＝1，c＝2，a＝ 所以双曲线的方程为－y2＝1. (2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)， 直线CD：x＝ty＋2， 联立可得(t2－3)y2＋4ty＋9＝0， 由可得t>或t<－. 所以y1＋y2＝，y1·y2＝. 直线A1C：y＝(x＋)，① 直线A2D：y＝(x－)，② y1·y2＝－(y1＋y2)，③ 由①÷②可得＝＝＝ 把③代入上式化简可得＝－3， 解得x＝，所以点M在定直线x＝上． $