圆锥曲线的定点、定值与定线问题 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦圆锥曲线的定点、定值与定线问题，依据新课标要求梳理三大核心考点，通过2023全国乙卷理20题等高考真题及模拟题分析，明确各考点权重，归纳直线过定点、圆过定点等常考题型，构建系统备考体系。 课件亮点在于“真题精讲+思维建模+素养提升”策略，如以2023全国乙卷定点问题为例，运用引进参数法和韦达定理推导，培养学生逻辑思维与运算能力。特设解题路径和方法导引，帮助学生掌握消参技巧，教师可据此精准教学，助力学生高效冲刺高考。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第11节　圆锥曲线的定点、定值与定线问题 返回目录 目录 1 2 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第11节　圆锥曲线的定点、定值与定线问题 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　定点问题 角度 1 直线过定点问题 命题视角:常利用圆锥曲线的固有性质(如椭圆、双曲线的对称性,抛物线的焦点性质等),在变化中寻找不变的定点,考查考生对圆锥曲线性质的深入理解、参数化处理能力以及逻辑推理能力. 例1 (2023·全国乙,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,点 A(-2,0)在C上. (1)求C的方程; (2)过点(-2,3)的直线交C于P,Q两点,直线AP,AQ与y轴的交点分别为M,N,证明:线段MN的中点为定点. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)解:由题意,椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且过点A(-2,0), 解得 ∴椭圆的方程为=1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)证明:根据题意,直线PQ的斜率存在,设MN的中点为T,直线PQ的方程为y=k(x+2)+3(k<0),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立 则(4k2+9)x2+(16k2+24k)x+16k2+48k=0, 返回目录 考点1 考点2 考点3 ∵直线AP,AQ分别与y轴交于M,N两点,且过A(-2,0), ∴设直线AP的方程为y-0=k1(x+2),即y=k1x+2k1,设直线AQ的方程为 y-0=k2(x+2),即y=k2x+2k2, ∴M(0,2k1),N(0,2k2),T(0,k1+k2). 又y1=k(x1+2)+3,y2=k(x2+2)+3,y1=k1x1+2k1,y2=k2x2+2k2, ∴k1=,k2=, ∴k1+k2==2k+3() 返回目录 考点1 考点2 考点3 =2k+3=2k+3[]=2k+(-2k+3)=3, ∴T(0,3). 综上,线段MN的中点为定点(0,3). 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练1 (2025·广东广州三模)已知直线x-y-1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,且|AB|=8. (1)求p. (2)若点P(-4,0),问在x轴上是否存在点T,使得过点T的任一条直线与抛物线C交于Q,R两点,且点T到直线PQ,PR的距离相等?若存在,求出点T的坐标;若不存在,说明理由. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),由得y2-2py-2p=0,方程y2-2py-2p=0的判别式Δ=4p2+8p>0,则y1+y2=2p,y1y2=-2p,|AB|=|y1-y2|==8,因此p2+2p-8=0,而p>0,所以p=2. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)假设存在这样的点T(t,0)满足条件,设Q(x5,y5),R(x6,y6), 由点T到直线PQ,PR的距离相等,得PT为∠QPR的角平分线,即∠QPT=∠TPR, 于是得直线PQ,PR的斜率kPQ,kPR互为相反数,而直线QR的斜率不能为零, 设直线QR的方程为x=py+t,由得y2-4py-4t=0, 返回目录 考点1 考点2 考点3 则kPQ+kPR==0, y5(py6+t+4)+y6(py5+t+4)=0,整理得2py5y6+(t+4)(y5+y6)=0, 即2p(-4t)+(t+4)(4p)=0,则-4pt+16p=0,而p不恒为0,因此t=4,此时Δ>0,所以存在点T(4,0)到直线PQ,PR的距离相等. 返回目录 考点1 考点2 考点3 角度 2 圆过定点问题 命题视角:通常利用圆的几何性质,结合圆锥曲线的点、线关系考查圆过特定点问题,需综合圆锥曲线方程和圆的几何性质进行分析. 例2 (一题多解)(2026·上海模拟)已知抛物线Γ:y2=4x的焦点为F,准线为l. (1)设l与x轴的交点为E,点P在第一象限,且在Γ上,若,求直线EP的方程. (2)经过点F且斜率为k(k≠0)的直线l'与Γ相交于A,B两点,O为坐标原点,直线OA,OB分别与l相交于点M,N.试探究:以线段MN为直径的圆C是否过定点?若是,求出定点的坐标;若不是,说明理由. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)(方法1)Γ的准线方程为x=-1,E(-1,0),设点P(x,y),因为,所以(x+1)2+y2=2[(x-1)2+y2],得x2-6x+y2+1=0.因为y2=4x,所以x2-2x+1=0,所以x=1. 因为P在第一象限,所以点P的坐标为(1,2),所以直线 EP的斜率为=1,直线EP的方程为y=x+1. (方法2)Γ的准线方程为x=-1,E(-1,0),如图,过点P作Γ的 准线的垂线,垂足为M,|PM|=|PF|, 因为,所以因为P在第一象限,所以直线EP的倾斜角为 所以直线EP的方程为y=x+1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)设点A,B由已知直线l'的方程为y=k(x-1).将x=y+1代入抛物线方程得y2-y-4=0, 所以y1y2=-4.因为直线OA的方程为y=x,直线OB的方程为y=x, 令x=-1,得M,N的纵坐标分别为yM=-,yN=-得到圆C的方程为(x+1)2+=0. 因为y1y2=-4,所以整理得(x+1)2+y2+y-4=0. 令y=0,得x=-3或x=1. 所以圆C过定点(-3,0)和(1,0). 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练2 已知椭圆C:=1(a>b>0)的上、下顶点为B2,B1,左、右焦点为F1,F2,四边形B1F1B2F2是面积为2的正方形. (1)求椭圆C的方程; (2)已知圆M:x2+y2=的切线l与椭圆C相交于D,E两点,判断以DE为直径的圆是否经过定点,如果是,求出定点的坐标;如果不是,请说明理由. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(1)因为四边形B1F1B2F2是面积为2的正方形,所以2b=2c,|B2F1|==a,故a2=2,且b=,解得a2=2,b=c=1, 则所求方程为+y2=1. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (2)①当直线l的斜率不存在时,因为直线l与圆M相切,故其中的一条切线方程为x=代入椭圆方程,可得D(),E(,-),则以DE为直径的圆的方程为+y2= ②当直线l的斜率为0时,因为直线l与圆M相切,所以其中的一条切线方程为y=-代入椭圆方程,可得D(,-),E(-,-),则以DE为直径的圆的方程为x2+(y+)2= 显然以上两圆都经过点O(0,0). 返回目录 考点1 考点2 考点3 ③当直线l的斜率存在且不为零时,设直线l的方程为y=kx+m. 代入椭圆方程消去y,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-2=0, 设D(x1,y1),E(x2,y2),则x1+x2=,x1x2= 所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2= 所以=x1x2+y1y2=① 因为直线l和圆M相切, 所以圆心到直线l的距离d=,整理得m2=(1+k2),② 将②代入①,得=0,显然以DE为直径的圆经过原点O(0,0). 综上可知,以DE为直径的圆过定点(0,0). 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 求解直线或曲线过定点问题的基本思路 (1)把直线或曲线方程中的变量x,y当作常数看待,把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x,y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. (2)由直线方程确定其过定点时,若得到了直线方程的点斜式y-y0=k(x-x0),则直线必过定点(x0,y0);若得到了直线方程的斜截式y=kx+m,则直线必过定点(0,m). 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量,再研究变化的量与参数何时没有关系,找到定点. (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关. 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点2　定值问题 角度 1 与斜率、角度有关的定值问题 命题视角:考查对圆锥曲线几何性质的深刻理解、代数运算能力以及综合运用知识解决问题的能力. 例3 (2025·江苏泰州模拟)在平面直角坐标系中,已知点D为双曲线E: =1(a>0,b>0)的右顶点,M(),N(2,-3)在双曲线E上. (1)求双曲线E的方程; (2)过点G(-3,0)且斜率为k1的直线l与双曲线E的左支交于A,B两点,△ABD的外接圆的圆心为P,直线OP的斜率为k2,证明:k1k2为定值. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)解:因为M(),N(2,-3)在双曲线E上,所以故a2=1,b2=3,所以E的标准方程为x2-=1. (2)证明:如图, 设直线l:y=k1(x+3),由 得(3-)x2-6x-9-3=0,① Δ=96+36>0,又因为直线l与双曲线E的左支交于A,B两点, 返回目录 考点1 考点2 考点3 所以3-0,且x1+x2=<0,x1x2=->0,故>3. 设圆P:(x-s)2+(y-t)2=r2,r>0,由 得(1+)x2+(6-2k1t-2s)x+s2+(3k1-t)2-r2=0,② 由双曲线的右顶点D在圆上得(1-s)2+t2=r2,由①②得由,可得t+s+12-3k1t-3s=0,③ 由,可得3t-5s+4-k1t-s=0,④ 所以3×④-③可得k1t=2s,即k1k2=k1=2. 返回目录 考点1 考点2 考点3 对点训练3 已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2,O为坐标原点. (1)求抛物线E的标准方程; (2)已知点T(t,0),若E上存在一点P,使得=-1,求t的取值范围; (3)过M(-4,0)的直线交E于A,B两点,过N(-4,4)的直线交E于A,C两点,B,C位于x轴的同侧,证明:∠BOC为定值. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)解:由题意可知,焦点F到准线的距离为p=2, 所以抛物线E的标准方程为y2=4x. (2)解:设P(x,y),可知y2=4x,x≥0, 则=(-x,-y),=(t-x,-y), 可得=-x(t-x)+y2=x2-tx+4x=x2+(4-t)x=-1,显然x=0不满足上式,所以x>0,可得t-4=x+, 又因为x+2=2,当且仅当x=,即x=1时,等号成立,则t-4≥2,即t≥6,所以t的取值范围为[6,+∞). 返回目录 考点1 考点2 考点3 (3)证明:设A(,y1),B(,y2),C(,y3),则直线AB的斜率kAB=,可得直线AB的方程为y-y1=(x-),整理得4x-(y1+y2)y+y1y2=0,同理可得,直线AC的方程为4x-(y1+y3)y+y1y3=0,由题意可得 整理得4(y3-y2)=(y2y3+16), 又因为直线OB,OC的斜率分别为kOB=,kOC=, 返回目录 考点1 考点2 考点3 显然∠BOC为锐角,则tan∠BOC=, 所以∠BOC为定值 返回目录 考点1 考点2 考点3 角度 2 与距离、面积、系数和有关的定值问题 命题视角:考查学生对圆锥曲线定义、性质的深入理解,重点考查运算求解能力. 例4 (2026·重庆沙坪坝开学考试)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) (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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解:(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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (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.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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (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)两大解法: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,其解题流程如下: 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 方法导引 定值问题处理策略 (1)直接消参求定值:常见定值问题的处理方法:①确定一个(或两个)变量为核心变量,其余量均利用条件用核心变量进行表示;②将所求表达式用核心变量进行表示(有的甚至就是核心变量),然后进行化简,看能否得到一个常数. (2)从特殊到一般求定值常用处理技巧:①在运算过程中,尽量减少所求表达式中变量的个数,以便于向定值靠拢;②巧妙利用变量间的关系,例如点的坐标符合曲线方程等,尽量做到整体代入,简化运算. 返回目录 考点1 考点2 考点3 考点3　定线问题 命题视角:通过联立直线与圆锥曲线的方程,利用韦达定理、消元法等代数工具,推导出直线方程中参数的关系,进而证明定直线问题. 例5 (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. (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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 (1)解: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. (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).联立方程 返回目录 考点1 考点2 考点3 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,=(x2-3,y2-), =(xD-3,y1-),则(x2-3) (y1-)=(xD-3) (y2-), 所以xD=+3=+3=, 返回目录 考点1 考点2 考点3 x0=[x1+]=,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. 返回目录 考点1 考点2 考点3 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 考点3 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势1:将定点定值问题与直线、圆、三角形等几何元素结合,融入函数、方程、不等式等知识,要求考生具备综合运用知识的能力. 1.(2025·江苏南通模拟)在平面直角坐标系xOy中,已知圆F:(x-3)2+y2=1,直线l:x=-2,动圆M与圆F外切且与l相切,记圆心M的轨迹为曲线E. (1)求E的方程. (2)经过点F的直线与E交于A,B两点. ①C是E上异于O的点,设直线OA,OB,CA,CB的斜率分别为k1,k2,k3,k4,若k1k2=k3k4,证明:k1+k4=k2+k3; ②记线段AB的中点为N(m,n),|ON|=r,是否存在直线AB,使得m,n,r均为正整数?若存在,求直线AB的方程;若不存在,说明理由. 返回目录 (1)解:设圆心M(x,y),圆M的半径为r,由圆F:(x-3)2+y2=1,圆心F(3,0),半径为1,则 消去r,得=|x+2|+1, 当x≤-2时,y2=8x-8<0,舍去; 当x>-2时,y2=12x. 综上所述,E的方程为y2=12x. 返回目录 (2)①证明:由题意可知,直线AB的斜率存在且不为0,设AB:x=ty+3(t≠0), 联立得y2-12ty-36=0. 设A(x1,y1),B(x2,y2), 则 设C(x3,y3),x3y3≠0,因为k1k2=k3k4,则, 返回目录 因为A,B,C是E上三点,则=12xi,i=1,2,3,所以, 则y1y2=(y3+y1)(y3+y2), 化简得y1+y2+y3=0. k1+k4==0, 同理k2+k3==0, 所以k1+k4=k2+k3. 返回目录 ②解:不存在直线AB,使得m,n,r均为正整数,理由如下: 由(1)得 由m=6t2+3,n=6t,消去t,得n2=6(m-3), 假设存在直线AB,使得m,n,r均为正整数,则n是3的正整数倍,进而m,r都是3的正整数倍,不妨设m=3m',n=3n',r=3r'(m',n',r'∈N*),则消去n',得(m'+1)2-r'2=3, 即(m'+1+r')(m'+1-r')=3. 返回目录 因为m'+1+r',m'+1-r'有相同的奇偶性,且m'+1+r'>m'+1-r', 所以解得 所以m=3,r=3, 所以n=0,与m,n,r均为正整数矛盾,所以不存在直线AB,使得m,n,r均为正整数. 返回目录 命题趋势2:通过定义新情境考查定点定值问题,强调对知识的灵活迁移和创新应用. 2.(原创)已知椭圆C:=1,称点P(x0,y0)和直线l:=1是椭圆C的一对极点和极线,每一对极点与极线是一一对应关系,当P在圆外时,其极线l是椭圆从点P所引两条切线的切点所确定的直线(即切点弦所在直线).结合阅读材料回答下面的问题:已知P是直线y=-x+4上的一个动点,过点P向椭圆C:=1引两条切线,切点分别为M,N,直线MN恒过定点T,当时,直线MN的方程为(　　) A.x+2y-4=0 B.x+2y+4=0 C.2x-y-4=0 D.2x+y-4=0 A 返回目录 解析:设P,则MN的直线方程为=1, 整理得x0(x-2y)+16y-16=0, 则解得定点T(2,1). 因为,则T为MN的中点,kMN·kOT=-, ∴kMN=-,MN:y-1=-(x-2),即x+2y-4=0. 返回目录 $