专题6 微专题28 定点、定值问题-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

真题演练》重温高考 L,(2025·全国一卷)已知椭圆C:+y 2.(2023·全国甲卷理)已知直线x-2y十1=0与 抛物线C:y2=2x(p>0)交于A,B两点， 1(a≥b≥0)的离心率为2，下顶点为A,右 |AB|=4√15， (1)求； 顶点为B,|AB=√10. (2)设F为C的焦点，M,N为C上两点，且 (1)求C的方程. FM.FN=0,求△MFN面积的最小值. (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP 上，且满足|AP川AR=3. ①设P(m,n),求R的坐标（用m,n表示）； ②设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR 的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的 最大值 髻提示》请完成课时作业27 微专题28 定点、定值问题 》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、定值问题，运算量较大，难度较大. 热点分类》考向探究 考问1定点问题 「例1(2025·安徽马鞍山一模)椭圆C的标准方 +号-1，点P1,2),若A,B为椭圆C 程为父 上的两点，且满足AP⊥BP,求证：直线AB过 定点。 心听课记录 第一部分专题六平面解析几何 133 4反思感悟， 1.直线过定点问题，一般可先设出直线的方程： y=kx十t(注意验证斜率不存在的情况)，然后利用 题中条件整理出k,的关系，进而确定定点， 2.圆过定点问题的常见类型是以AB为直径的 圆过定点P,常把问题转化为PA⊥PB,也可以转 化为PA·PB=0. 跟踪训练0双曲线W:云一方 x2 y2 =1(a>0,b>0) 的离心率为5，等边三角形ABC的顶点A在y 轴上，点B,C在双曲线的右支上，当BC⊥x轴 4反思感悟 时，|AB= 4√11 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略 111 (1)求W的方程； 类型 代数式的 依题意设条件，得出与代数 策 值为定值 式的参数有关的等式，代入 (2)设直线BC交y轴于点D,求证：以AD为直 代数式、化简即可求得 径的圆过定点. 类 点到直线 利用点到直线的距离公式得 策 的距离为 出关于距离的解析式，再利用 定值 题设条件化简、变形即可求得 某线段 利用两点间距离公式求得关于 类型 的长度 策 线段长度的解析式，再根据条 件对解析式进行化简、变形即 为定值 可求得 跟踪训练2(2025·陕西汉中一模)已知F1,F2 是椭圆C:。之人、】 =1(a>b>0)的左、右焦 1 点，焦距为2，离心率e=7,过左焦点F的直线 交椭圆C于A,B两点. 考向2定值问题 (1)求椭圆C的方程； [例2(2025·山东济宁二模改编)已知双曲线C 1 (2)求证：AF,十BF,为定值。 的方程为写-苦-1，点A4,8)在双间线C 上，若直线I交C于P,Q两点，∠PAQ的平分 线与x轴垂直，求证：l的倾斜角为定值， 心听课记录 134 2对勾讲与练·高三二轮数学 真题演练》重温高考 1(2023·全国乙卷理)已知椭圆C:之十 2 3.(2021·新高考I卷)在平面直角坐标系xOy 中，已知点F,(-√17,0)，F2(√17,0)，点M满 1(a>b>0)的离心率为 3,点A(-2,0)在 足|MF,|-|MF2=2.记点M的轨迹为C. (1)求C的方程； C上 1 (1)求C的方程； (2)设点T在直线x=2上，过T的两条直线分 (2)过点（一2,3）的直线交C于P,Q两点，直线 别交C于A,B两点和P,Q两点，且|TA|· AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,求证：线段 |TB|=|TP|·TQ|,求直线AB的斜率与直 MN的中点为定点. 线PQ的斜率之和. 2.(2022·全国乙卷理)已知椭圆E的中心为坐标 原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0,一2)， B(,-两点。 (1)求E的方程； (2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两 点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于 点T,点H满足MT=TH.求证：直线HN过 定点. 温譬提示》请完成课时作业28 第一部分专题六平面解析几何 135n+2-m2-n ke=”,k 3m =3k0P m 所以 3n n+2-m-n m 3m 化简得m2+n2+8n-2=0,即m2+ (n+4)2=18(m≠0)， 所以点P在以N(0,一4)为圆心，3√2 为半径的圆上（除去y轴上的两个点）， |PQIms为Q到圆心N的距离加上 半径. 方法一 设Q(3cos9,sin0), QN=(3cos )2+(sin 0+ 4)2=9cos20+sin0+8sin0+16 8cos20+1+8sin0+16=8(1- sin0)+8sin 0+17 =-8sin0+8sin 0+ 25=-8(sin9-7）+27<27,当 且仅当 in9=1 时取等号，所以 2 |PQ|mx=√27+3√2=3√3+3√2. 方法二设Qxa00),则号 y=1, 所以|QN2=xa+（yQ+4)2=9- 9y0+ya+8yQ+16=-8y后+8ya+ 25=-8(。-2)+27≤21，当且 1 仅当ya= 时取等号， 故IPQ |mx=√27+3√2=3√3+ 3√2. 2.解：(1)设A(xA,yA),B(xByB), 由 x-2y+1=0可得y2-4y+ 2p=0,所以yA+yB=4p, yAyB=2饣， 所以IAB= (ZA -2B)+(yA-yB) 51A-B1= W5X√(yA+yB)- 4yAyB=4√15 即2p”一力一6=0，因为p>0,解得 p=2. (2)由(1)知F(1,0),显然直线MN的 斜率不可能为零， 设直线MN:x=y十n,M(x1,y1), N(x2,y2）, 由 x my+n 可得y2-4my-4n= 0,△=16m2+16n>0→m2+n>0. 所以y1+y2=4m,y1y2=-4n. 因为FM·FV=0,所以(x1一1)(x2 1)+y1y2=0, 即(y1+n-1)(my2+n-1)+ y1y2=0, 亦即(m2+1)y1y2+m(n-1)(y+ y:)+(n-1)2=0,将y1+y2=4m, y1y2=-4n代入得4m2=n2-6n+ 1,4(m2+n)=(n-1)2>0, 所以n≠1，且n2-6n+1≥0，解得 n≥3+2√2或n≤3-2√2. 设点F到直线MN的距离为d, 则d= n-1 MN √1+m W√(x1-x)+(y1-y)= W/1+m2|y1-y2|= √1+m √/16m+16n /1+m2√/4(n-6n+1)+16nm 21+m21n-11, 328 红对闪讲与练·高三二轮数学 所以△MFN的面积S=2 MNxd三2文”二1 、√1+m 2√1+m21n-11=(n-1)2, 而n≥3+2√2或n≤3-2W2, 所以，当n=3-2√2时，△MFN面积 的最小值为(2-2√2)2=12-8√2. 微专题28定点、定值问题 》热点分类·考向探究《 例1证明：①当AB斜率不存在时，设 AB的方程为x=m, 则A(m,n),B(m,-n),PA= (a-1-),防=(m-1 因为PA⊥PB,所以PA.PB=(m 1w2-(-）=0 因为m 4+3 =1, 所以=3-子 所以四-2m十子=0，解得m=7 4 或m=1(舍去). ②当AB斜率存在时，设AB的方程为 y=kx十t, 联立+3=1消去y得(4：十 y=kx十t, 3)x2+8ktx+4t2-12=0, △=64k2t2-16(4k2+3)(t2-3), 即4k2-t+3>0, 设A(x1y1),B(x2y2),则x1+ 8kt 4t-12 T:= 一6十31：=4+3 6t y1+y:=+3: 3t2-12k2 4k2+3 因为PA⊥PB,所以PA,PB=(x1 :-D+(6-）-2）=0 即xx:一(x1+x2)+1+y1y: 9 1+y)十4=0， 代入化简得28t2+4k2+32kt一36t 9=0, 即(2k+2t-3)(2k+14t+3)=0, 当2k+2t-3=0时t=2 一k,此时 AB的方程为y=(x-1D+子直线 AB过定点(1,2）含去： 当2k+14t+3=0时，t=- 7k- 品此时AB的方程为y=(: )-是直线B过定点（号一）： 综上，直线AB过定点（行，-） 跟踪训练1 解：(1)由题知=√5，即 a2+b2 b =5,=2①， a 当BC⊥x轴时，不妨设直线BC:x=m, 联立 =1 y= x=m b√m-a. a 又因为1AB=BC1=1CA1=4Y页 11 所以1BC|=2|y|=4√m2-a2= 4W11 @. 11 又因为A在BC的中垂线上，故 A(0,0), 所以m=|AB|sin60°= 2√33 ③， 11 将③代人①②知a=1,b=2. 即W的方程为x一兰=1. 4 (2)证明：由题意知，直线BC的斜率存 在，如图，不妨设BC:y=x十n (k≠0)， 设A(0,yA),B(x1y1),C(x2y2), D(0,n), A C MT D y=kx十n, 联立 x-=1 (4-k2)x2 2nk.x-n2一4=0，需满足△>0， 2nk 所以x+x:=4二>0x1x:= -n2-4 4-k2 取BC的中点P(xp,yp),则易知 AP⊥BC, x1十x丝 nk TP= 2 4一k2y。= y+y2= k(x1十x2）+2n 2 2 An 4一k2 又因为kx·kAP=一1， 所以直线AP的方程为y= nk An 1 5n 4-k2 5n 所以yA= 因为△ABC为等边三角形，所以 IAP 1BC1. 所以√十2. 0= √/(x1+x2)-4z1x2台11n2-12k2+ 48=0, 所以yA=一 60 1n 设以AD为直径的圆的圆心为M, 则M0,“专）· 则以AD为直径的圆的方程为x十 (-a）=-@· 60 由于yAyD=一 1 故④化简得x2+yy-(ya+yD)]= 60 令y=0,解得x= 2√165 11 所以以AD为直径的圆过定点 ,0）,证毕. 例2证明：由已知得直线1的斜率存在， 设其方程为y=kx十b,如图，设 P(x1y1),Q(x2y2), y=kx十b, 所以 --y =1(3-4)x 1 3 8kb.x-4b2-12=0, 所以△= (-8kb)9 4(3 4k2)(-4b2-12)=48(b2-4k2+ 3)>0, 8kb 4b2+12 x1十x2= 3-4221x2= 3-4k2 又因为∠PAQ的平分线与x轴垂直， 所以kAP十kAQ=0: 即y3 +y-3 x2一4 =0,所以(y1一 x1-4 3)(x2-4)+(y2-3)(x1-4)=0,即 2kx1.x2+(b-3一4k)(x1+xg) 8(b-3)=0, 4b2+12 所以一2k· +(b-3一4k)· 3-4k2 8kb 一 8(b-3)=0, 3一4k9 即一24(k+1)(b+4k一3)=0，所以 k=一1或b=3一4k, 当b=3一4k时，直线1的方程为y= kx+3-4k=k(x一4)+3，即直线1 过点A(4,3),不符合题意， 所以k=一1，设1的倾斜角为a(0≤ a<π)，即k=tana=-l,a= 3元 即直线1的倾斜角为定值 3元 Q 跟踪训练2解：(1)由题可知 2c=2, c=1, 1 解得a=2, 2 a2 =b2+c1 b=3, 故椭圆C的方程为 + =1. (2)证明：如图，设A(x1y1),B(x2, y2),依题可设直线AB的方程为x= ty-1, F /x=ty-1, 由x2 =1,消去z可得(3t+ 4 3 4)y2-6ty-9=0, 6t -9 故y1+y2= +4y= 3t2+4 于是，|AB|= W√1+t√y1+y2)-4y1y:= √+t /144(t2+1) (3t2+4)2 12(t2+1) 3t2+4 1 1 故AF,+BF, IAF,1+1 BF= IAF BF IABI √(x1+1)+y√(x+1)+y AB = √W(ty1)+yi√(ty)+y 12(t2+1) IABI 3t2+4 (t+1)1y1y: 9(t+1) 3t2+4 ,故AE十E,了为定攻 1 1 3 》真题演练·重温高考《 b=2, 1.解：)由题查可得=6十·解 l a 3 a=3, 得6=2：所以C的方程为女十 9 c=√5， =1. 4 (2)证明：由题意可知，直线PQ的斜率 存在，如图，设直线PQ:y=(x十 2)+3,P(x1,y1),Q(x2y2), 1y=(x+2)+3, 联立方程y2,x 9+7 =1, 消去y 得(4k2+9).x2+8k(2k+3)x+ 16(k+3k)=0, 则△=64k(2k+3)-64(4k2+9)(k2+ 3k)=一1728k>0,解得k0, 可得x1十x2= _8k(2k+3) 4k2+9 x1x2= 16(k2+3k) 4k2+9 因为A(一2,0)，所以直线AP:y= 1+2x+2), 3y1 令x=0,解得y= 2y1 x1+2 即M(0,2), x1+2 2y2\ 同理可得N(0十2)： 2y 2 1+2 则 x2+2 2 [k(x1+2)+3],[k(x2+2)+3] x1+2 x2十2 kx1+(2+3)]x2+2)+[kx2+(2+3)]x1+2) (x1+2)(x2+2) 2kx1x2十(4k+3)(x1十x:)+4(2k十3) x1x2十2(x1+x2）十4 32k(k2+3k)8k(4k+3)(2k+3) +4(2k+3) 4+9 4k+9 16(k2+3k)16k(2k+3) 4k+9 4k2+9 108 =3, 36 所以线段MN的中点为定点(0,3). M (-2,3)八 2.解：(1)设椭圆E的方程为m.x2+ ny2=1,因为椭圆E过A(0,一2)， B(合-两点 4n=1, 172= m+n=1,解得 所以{9 所 n= 4 以E的方程为一 =1. 3 (2)证明：A(0,-2),B(号，-1)，所 以y=号-2 ①若过点P(1,一2)的直线斜率不存 在，则直线MN:e=1,代入 =1, 3 可得M(.-2）N(,2)·将 T3-5,-2）曲-市得 到H(-25,-2）.求得HN: 2(3+√6) 3y= 3 一x-2,过点(0，-2). ②若过点P(1,一2)的直线的斜率存 在，设直线MN:kx一y一(k十2)=0， M(x1y1),V(x2y2). kx一y一(k十2)=0， 联立 得(3k2+ 3 =1, 4)x2- 6k(2+k)x+3k(k+4)=0, 6k(2+k) x1十xg= 可得 3k2+4 3k(4+k) x1x2= 3k2+4 参考答案 329 -8(2+k) y1+y2= 3k2+4 8(2+2k-k°) yiy:= 3k2+4 且x1y十xy1= 一24k 3k2+4 y=y1, 联立 3 十 y= -2.可得(警 y),H(3y+6-x1y1). 可求得此时HN:y一y= y1一V2 (x一x2), 3y1十6一x1-x 将(0，一2)代入整理得2(x1+x2) 6(y1+y2)+x1y2+x2y1-3y1y2 12=0, 所以24k+12k2+96+48k-24k一48 48k+24k2一36k2-48=0, 显然成立 综上，可得直线HV过定点(0，一2). 3.解：(1)因为|MF一|MF:|=2< |F1Fg|=2√I7. 所以C是以点F1,F:为左、右焦点的双 曲线的右支 设C的方程为 6 =1(a>0,b 0),则2a=2,c=√17，可得a=1,b= 17-a2=4, 所以C的方程为x一安 =1(x≥1). (②)设点T(分)，若过点T的直线的 斜率不存在，此时该直线与曲线C无公 共点，所以过点T的直线的斜率存在. 不妨设直线AB的方程为y一t= (c-）即y=6x+1-、 =k+-名 联立 消去y并整 - =1 16 理可得(k一16)x2+k1(2t一k1)x+ (-2）广°+16=0. 设点A(x1y1),B(x2y2), 由根与系数的关系可得x1十x2= ki-2kt -,)广+16 k号-16 k -16 所以|TA|·|TBI= (1+k) ,--=+ (t2+12)(1+》 k-16 设直线PQ的斜率为k,,同理可得 I TP I-I TQI= (t2+12)(1+k) k:-16 因为ITAI·|TB|=|TPI·|TQI, 所以 (t2+12)(1+k) k-16 (t+12)(1+k2) ，整理可得k?=k, k-16 即(k1一k2)(k1十：)=0，显然k1一 k2≠0，故k1十k2=0. 330红网勾讲与练·高三二轮数学 因此，直线AB与直线PQ的斜率之和 为0. 教考衔接5圆锥曲线的 第三定义和垂径定理 》热点分类·考向探究《 考向1圆锥曲线的第三定义 教材母题1解：设点M的坐标为(x,y), 因为点A的坐标是（一5,0）， y 所以直线AM的斜率kAM=r十5 （x≠一5). 同理，直线BM的斜率M=x一5 V (x≠5). 由已知， 有+5义x5 。（z≠士5)，化简，得点M的轨遗 方程为 y 25+ =1(x≠士5). 100 9 教材母题2解：设点M的坐标为(x,y), 因为点A的坐标是（一5,0），所以直线 AM的斜率kAM=十5 (x≠一5)，同 理，直线BM的斜率w=之G:子 5).由已知， 有·之 y 号（红≠士5），化简：得点M的轨迹方 程为之 y 25 100 =1(x≠±5).所以点M 的轨迹是除去(-5,0)，(5,0)两点的 双曲线. 链接真题A方法一 已知A(一a, 0),设P(xoy),则Q(-xoyo), yo yo m=十a≠a)ka=a yo (r,≠a),故kAp·ka0=十a a-zo 。=0.为 =1，即= b(a2-x6) ②，②代 a ,b2 1 入①整理得行=有，所以病心率e二 1- = a a ?散选A 方法二设椭圆C的右顶点为B,离 心率为e,由于点P,Q均在C上且关于 y轴对称，所以直线BP,AQ也关于y 轴对称，即kAP·kBP=kAP· kAQ=一 4 =e2一1，所以e2= 是即 e= S.故遮A 2 1 跟踪训练1DkPM·kPN=一 4 63 满用C后+若=10>63 0)的长轴长为4，即a=2,则b=1, 所以所求精圆方程为十少=1，故 选D 考向2垂径定理 教材母题解：不能.证明如下：斜率为 1的直线不经过原点O,而且与椭圆相 交于A,B两点， ∴.可以设直线AB的方程为y=x十 m,m≠0. 联立 a 石=1消去y得6x十 y=x a2(x+m) -a2b2=0, .(a2+b2)x2+2ma2x+m2a2 a"b =0. ,直线AB与椭圆相交于A,B两点， .△=(2ma2)2-4(a2+b2)(m2a2 ab2)=4(a‘b2+ab-m2a2b2)= 4a2b(a2+b2-m2)>0. 2 2ma 且EA 22 m -a2b2 a2+b2 ,M为线段AB的中点， ..TM= CA十xB ma 2 2 a2+b2 ma? .yM=xM十m= a2+b9 +m= mb2 a2+b2 ma mb2 假设直线OM与AB能垂直. 直线AB的斜率为1，.直线OM的 斜率为一1， a*+62 .a=b. 2 在椭圆方程士1(a>6>0〕 中，a>b, ∴.假设不正确，在椭圆中直线AB与 OM不能垂直. 链接真题x十W2y一2√2=0 解析：设A(x1,y1),B(x2,y2),线段 AB的中点为E,则kB·e三一之 设直线1的方程为y=kx十m,k<0, m>0M(g0）N0,m,因为 IMA|=|NB|,所以E为MN的中 点，所以E(器受），所以 ,所以一k·k三二名，解得6 √2 因为|MN|=2√3，所以 √+m=2,所以+m= 12.所以3m2=12,m>0,解得m=2. 所以直线1的方程为y= 2x+2, 即x+√2y-2√2=0. 跟踪训练2(2,1) 解析：方法一（常规解法） 因为直线 的斜率为1，所以设1：y=x十m,联立 y=x十m, 分-y=1.得x+4mx+2m+