第十节 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦圆锥曲线中的定点、定值、定直线核心考点，依据高考评价体系梳理三大命题方向，结合2023新高考Ⅱ卷等真题分析考点权重，归纳出证明、计算等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+方法提炼+跟踪训练”模式，如通过例1抛物线定点问题详解“特殊探路，一般证明”技巧，培养学生数学思维与推理能力，助力掌握韦达定理应用等得分方法，教师可据此精准指导学生高效突破高频考点。

第十节　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 1 命题点一　定点问题 例1 (2026·新乡模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)仅经过A1，A2，A3中的一点． (1)求C的方程； (2)过C的焦点F作两条互相垂直的直线，分别交C于点E，H和点M，N，设线段EH，MN的中点分别为P，Q，求证：直线PQ过定点． 2 解析：(1)抛物线C：y2＝2px关于x轴对称，而点A2(3，)，A3(3，－)关于x轴对称， 若点A2，A3之一在抛物线C上，则另一点必在该抛物线上，不符合题意， 因此点A1(2，2)必在抛物线C上，(2)2＝2p·2，解得p＝2， 所以抛物线C的方程为y2＝4x. 3 (2)证明：由(1)知，抛物线C的焦点F(1，0)，显然直线EH，MN都不垂直坐标轴， 设直线EH的方程为x＝ty＋1，则直线MN的方程为x＝－＋1， 由消去x得y2－4ty－4＝0，设E(x1，y1)，H(x2，y2)， 则y1＋y2＝4t，x1＋x2＝t(y1＋y2)＋2＝4t2＋2，线段EH的中点P(2t2＋1，2t)， 4 同理得线段MN的中点Q(＋1，－)，当t2≠1时，直线PQ的斜率k＝＝， 直线PQ的方程为y－2t＝(x－2t2－1)， 整理得y＝(x－3)，直线PQ过定点(3，0)， 当t2＝1时，P(3，2)，Q(3，－2)或P(3，－2)，Q(3，2)，直线PQ：x＝3过定点(3，0)， 所以直线PQ过定点． 5 学霸笔记：(1)“特殊探路，一般证明”：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”：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(x0，y0)，常利用直线的点斜式方程y－y0＝k(x－x0)或截距式y＝kx＋b来证明． 6 跟踪训练　双曲线Γ：＝1的左顶点为A，实轴长是虚轴长的2倍，其左焦点坐标为，过A点的两条直线分别交双曲线Γ的右支于点P，Q，且kAP·kAQ＝－. (1)求双曲线Γ的方程； (2)证明：直线PQ过定点． 7 解析：(1)由题意可得c＝，a＝2b，又a2＋b2＝c2， 解得a＝2，b＝1，所以双曲线的方程为－y2＝1. (2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，lPQ：y＝kx＋t，其中k2>， 直线PQ与双曲线联立可得(1－4k2)x2－8ktx－(4t2＋4)＝0， 则Δ＝16t2＋16－64k2>0，且 8 因为kAP·kAQ＝·＝＝＝－， 代入整理得(t－2k)(t＋6k)＝0，故t＝2k或t＝－6k， 代入y＝kx＋t得定点为(6，0)或(－2，0)(舍)， 故直线PQ过定点(6，0)． 9 命题点二　定值问题 例2 (2026·保定模拟)已知椭圆E： ＝4，椭圆E的离心率为. (1)求椭圆E的方程； (2)已知直线l过点F1，且与椭圆E交于点A，B，求证：是定值． 10 解析：(1)由|F1F2|＝4，得2c＝2＝4，即c＝2， 又椭圆E的离心率为，所以＝，即a＝2，所以b＝＝2， 所以椭圆E的方程为＝1. 11 (2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1，x2∈[－2，2]， 当直线l的斜率不存在时，x1＝x2＝－2，|y1|＝|y2|＝＝，|AF1|＝|BF1|＝|y1|＝，所以＝. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)． 由消去y，得(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－8＝0. 12 所以Δ＝32(k2＋1)>0，x1＋x2＝－，x1x2＝. |AF1|＝＝(x1＋4)，同理|BF1|＝(x2＋4)， 所以＝＝＝＝＝. 综上所述，＝(定值)． 13 学霸笔记：(1)求代数式为定值，依题设条件，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解析式，再利用题设条件化简、变形求得． (3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得． 14 跟踪训练　已知抛物线C：y2＝－2px(p>0)的焦点为F，点Q(x0，2)在C上，且|QF|＝2|OF|，其中O为坐标原点，过点A(0，1)的直线l与C相交． (1)求C的方程； (2)若l与C交于M，N两点，记直线OM与直线ON的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值，并求出该定值． 15 解析：(1)由抛物线的定义可知|QF|＝－x0＋， 又|QF|＝2|OF|，则|QF|＝p. 即－x0＝p.所以x0＝－. 又Q(－，2)在抛物线上，所以4＝－2p·(－)，且p>0， 解得p＝2.则C的方程为y2＝－4x. 16 (2)由题得l的斜率存在且不为零． 设l的方程为y＝kx＋1.M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立可得k2x2＋(2k＋4)x＋1＝0， Δ＝(2k＋4)2－4k2＝16k＋16>0.即k>－1. 可得x1＋x2＝－，x1x2＝. 故k1＝＝，k2＝＝. 则k1＋k2＝＝2k＋＝－4， 所以k1＋k2为定值－4. 17 命题点三　定直线问题 例3 (链接·2023年新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为. (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． 18 解析：(1)设双曲线C的方程为＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距， 由题意可得解得 所以双曲线C的方程为＝1. 19 (2)证明：由题意得A1(－2，0)，A2(2，0)． 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4， 则＝1，即＝16. 如图，连接MA2， 20 ＝·＝＝＝4　①. 由＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16， 4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0. 由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，[my－(x－2)]＝1. 4(x－2)2＋16(x－2)·[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋(x－2)my－(x－2)2－y2＝0， 21 两边同时除以(x－2)2，得·＝0，即－·＝0. ＝＝， 由根与系数的关系得＝－　②. 由①②可得＝. ：y＝(x＋2)＝：y＝(x－2)． 由解得x＝－1. 所以点P在定直线x＝－1上． 22 学霸笔记：(1)动点在定直线上是圆锥曲线的常规题型，设点法：通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程． (2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数求解出系数． (2)面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜再证”． 23 　跟踪训练　已知椭圆C: ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，一个焦点为，P是椭圆上一动点(与左、右顶点不重合)．已知△PF1F2的面积的最大值为2. (1)求椭圆C的方程． (2)过点(1，0)且斜率不为0的直线l与椭圆C相交于M，N两点，椭圆长轴的两个端点分别为A1，A2，A1M与A2N相交于点Q，求证：点Q在某条定直线上． 24 解析：(1)由题意可得椭圆的半焦距c＝， )max＝×2·b＝2，所以b＝，所以a2＝b2＋c2＝4， 所以椭圆C的方程为＝1. 25 (2)证明：不妨设A1(－2，0)，A2(2，0)，l的方程为x＝ky＋1， 联立得(k2＋2)y2＋2ky－3＝0，Δ＝4k2＋12(k2＋2)>0恒成立． 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 26 故＝，3y1＋3y2＝2ky1y2， 又lA1M的方程为y＝(x＋2)，lA2N的方程为y＝(x－2)， 联立两直线方程得(x＋2)＝(x－2)， 即＝＝·＝. 因为3y1＋3y2＝2ky1y2，所以＝＝3， 整理得x＝4， 故点Q在定直线x＝4上． 27 1． (13分)已知双曲线＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，离心率e＝2，点M在双曲线上． (1)求双曲线的方程； (2)如图，若直线l与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且＝0.求证：为定值． 28 解析：(1)因为e＝＝2，所以c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2. 所以双曲线的方程为＝1，即3x2－y2＝3a2. 因为点M在双曲线上，所以15－3＝3a2，所以a2＝4. 所以所求双曲线的方程为3x2－y2＝12.即＝1. 29 (2)证明：由题意可得直线OP的斜率存在，可设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OQ的方程为y＝－x， 由得2＝x2＋y2＝. 同理可得|OQ|2＝， 所以. 30 2． (15分)已知抛物线C关于x轴对称，它的顶点在原点O，并且经过点. (1)求抛物线C的标准方程； (2)设直线l：x＝my＋2与C交于A，B两点，过点A，B分别作抛物线C的切线交于点P，证明：点P在定直线x＝－2上． 31 解析：(1)由题意，可设抛物线的标准方程为y2＝2px(p>0)， 因为点在抛物线上，可得2＝2p×2，解得p＝2， 所以抛物线C的标准方程为y2＝4x. 32 (2)证明：联立方程组整理得y2－4my－8＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Δ＝(－4m)2＋32>0且y1＋y2＝4m，y1y2＝－8， 不妨设A在第一象限，则A在曲线y＝2(x>0)上，则有y′＝ 则在A(x1，y1)处的切线方程为y－y1＝(x－x1)， 又由＝4x1，可得在A处的切线方程为y＝； 33 同理可得，点B在曲线y＝－2(x>0)上，则有y′＝－， 则在B(x2，y2)处的切线方程为y－y2＝－(x－x2)，且＝4x2， 所以在B处的切线方程为y＝. 联立方程组解得x＝＝－2，所以点P在定直线x＝－2上． 34 3．(15分)(2026邢台模拟)已知椭圆E：＝1(a>b>0)的一个焦点为F(1，0)，其短轴长为2. (1)求椭圆E的方程； (2)过坐标原点O的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，若直线AF，BF分别与椭圆E交于点M，N，证明：直线MN过定点． 35 解析：(1)依题意可得2b＝2，则b＝1，因为焦点F(1，0)，则c＝1，a2＝b2＋c2＝1＋1＝2， 所以椭圆方程为＋y2＝1. 36 (2)证明：依题意可设直线MN：x＝my＋n， 与椭圆方程联立可得整理可得(m2＋2)y2＋2mny＋n2－2＝0， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则y1＋y2＝， 37 设直线AF：x＝ky＋1，与椭圆方程联立可得 整理可得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0， 设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 则y1yA＝⇒yA＝， 又k＝，所以yA＝， 同理可得yB＝， 38 由题意A与B关于原点对称，所以yA＋yB＝0， 即＝0， 整理可得y1＋y2＝0， 即y1＋y2＝0， (m2＋2)y1y2(y1＋y2)＋4m(n－1)y1y2＋(n－1)2(y1＋y2)＝0， 将y1＋y2＝代入上式可得4m＝3mn， 又m不恒为0，故n＝， 所以直线MN：x＝my＋n恒过点. 39 4.(17分)(2026·南阳模拟)已知A，B是双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右顶点，|AB|＝4，点在C上． (1)求C的方程． (2)M是C左支上一点(异于点A)，设直线AM交直线x＝－1于点P，连接PB，直线PB与C的另一个交点为N，设直线BM，BN的斜率分别为k1，k2. (ⅰ)证明：k1k2为定值． (ⅱ)证明：直线MN恒过定点． 40 解析：(1)因为|AB|＝4，所以a＝2，则双曲线C：＝1， 又点在C上，所以＝1，解得b2＝16， 所以C的方程为＝1. 41 (2)(ⅰ)证明：易知A(－2，0)，B(2，0)，设M(x1，y1)，P(－1，m)， 则kAM＝＝m，即m＝， 而k2＝kBP＝， 所以k1k2＝＝－， 又＝1，所以， 故k1k2＝－，为定值． 42 (ⅱ)设直线MN的方程为x＝ty＋n，n≠2，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由得(4t2－1)y2＋8tny＋4n2－16＝0， 且Δ＝(8tn)2－4(4t2－1)(4n2－16)>0， 所以 43 由(ⅰ)可知，k1k2＝－， 即 ＝， 即， 44 化简得，解得n＝－4， 所以直线MN的方程为x＝ty－4， 因此直线MN经过定点(－4，0)． 45 $