第八章 第11节 圆锥曲线中定点、定线问题 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“圆锥曲线中定点、定线问题”专题，依据高考评价体系明确了直线过定点、曲线过定点、动点在定直线上三大核心考点，通过近五年真题与模拟题分析，突出“直线过定点”占60%、“定线证明”占30%的高频考查权重，系统归纳了设线法、参数法等常考题型解法。 课件亮点在于“真题精讲+方法建模+素养提升”的备考路径，如以2023全国乙卷椭圆题为例，通过设线法联立方程结合韦达定理推导，培养学生的数学推理能力与模型观念。特设“齐次化处理”等解题技巧模块，配套课时对点精练，帮助学生熟练掌握压轴题答题策略，教师可据此开展针对性教学，提升复习效率。

层级二　定点、定线问题 第八章　平面解析几何 第11节　圆锥曲线中定的问题 解析几何中的定点、定线问题是高考考查的热点，难度较大，是高考的压轴题，定点问题的类型一般为直线过定点与圆过定点等;定线问题的类型一般是证明或探究动点在直线上. 题型分析 索引 题型一　定点问题 角度1　直线过定点 例1 (2026·南京、盐城调研)已知点F1，F2分别为双曲线E:＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点F1到双曲线E的渐近线的距离为2，点A为双曲线E的右顶点，且|AF1|＝2|AF2|. (1)求双曲线E的标准方程; 设焦距为2c，c>0，则F1(－c，0)， 故点F1到双曲线E的渐近线bx±ay＝0的距离为＝b＝2. 索引 由|AF1|＝2|AF2|，得c＋a＝2(c－a)， 所以c＝3a. 又c2＝a2＋b2，所以(3a)2＝a2＋8，解得a2＝1， 所以双曲线E的标准方程为x2－＝1. 索引 (2)若四边形ABCD为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证:直线BD过定点. 法一　①当直线BD的斜率不存在时，设直线BD的方程为x＝t， 不妨设B在D的上方， 当t<－1时，由题知AB⊥AD，AB＝AD，可得B(t，－t＋1)，因为点B在双曲线x2－＝1上， 所以t2－＝1，所以t＝－. 索引 当t>1时，同理可得B(t，t－1)，因为点B在双曲线x2－＝1上， 所以t2－＝1， 所以t＝1，不合题意，舍去. 故直线BD的方程为x＝－. ②当直线BD的斜率存在时，设直线BD的方程为y＝kx＋m， B(x1，y1)，D(x2，y2)， 联立消去y， 索引 得(8－k2)x2－2kmx－m2－8＝0， 则x1＋x2＝，x1x2＝－， 由(1)知A(1，0).因为四边形ABCD为矩形， 所以AB⊥AD， 所以·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2) ＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0， 索引 所以(x1－1)(x2－1)＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋(km－1)(x1＋x2)＋m2＋1＝0， 所以－＝0， 所以7m2－2km－9k2＝0， 所以(m＋k)(7m－9k)＝0， 所以m＝－k或m＝k. 当m＝－k时，直线BD的方程为y＝kx－k＝k(x－1)，直线BD过定点A(1，0)，不合题意，舍去; 索引 当m＝k时，直线BD的方程为y＝kx＋k＝k， 直线BD过定点. 综上所述，直线BD过定点. 法二　由题意可知，直线AD的斜率存在且不为0，设直线AD的方程为y＝k(x－1)(k≠0)， 联立消去y， 得(8－k2)x2＋2k2x－(k2＋8)＝0， 索引 则xDxA＝－，所以xD＝，yD＝k(xD－1)＝， 同理可得xB＝，yB＝＝－， 所以kBD＝＝， 故直线BD的方程为y＝·(x－xD)＋yD＝·(7x＋9)， 所以直线BD过定点. 索引 例2 已知平面内一动圆过点P(2，0)，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程; 角度2　其他曲线过定点 设动圆圆心为(x，y)， 依题意，， 即y2＝4x， 所以曲线C的方程为y2＝4x. 索引 (2)若过点Q(4，0)的直线l与曲线C交于点M，N，问:以线段MN为直径的圆是否过定点?若过定点，求出这个定点;若不过定点，请说明理由. 依题意，直线l不垂直于y轴，设直线l的方程为x＝my＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由消去x并整理得y2－4my－16＝0， Δ>0恒成立， 则 设以线段MN为直径的圆的圆心为E(xE，yE)， 索引 则yE＝2m，xE＝2m2＋4，即E(2m2＋4，2m)， |MN|＝|y1－y2|＝· ＝4， 则圆E的方程为[x－(2m2＋4)]2＋(y－2m)2＝4(m2＋1)(m2＋4)， 化简得4xm2＋4ym－(x2－8x＋y2)＝0 因此对于∀m∈R，圆E恒过原点， 所以以线段MN为直径的圆过定点(0，0). 索引 感悟提升 圆锥曲线中定点问题的三种解法 (1)设线法:用两个参数表示直线方程.一般步骤为 ①设直线方程为y＝kx＋m(或x＝ny＋t)，联立直线与圆锥曲线方程，得出根与系数的关系; ②结合根与系数的关系和已知条件，得到k，m或n，t的关系，或者解出m，t的值; ③将②的结果代入y＝kx＋m(或x＝ny＋t)，得到定点坐标. 索引 感悟提升 (2)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.或以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参. (3)特殊到一般法:定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在. 索引 训练1 (2023·全国乙卷)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; 因为点A(－2，0)在C上，所以＝1，得b2＝4. 因为椭圆的离心率e＝，所以c2＝a2， 又a2＝b2＋c2＝4＋a2，所以a2＝9，c2＝5， 故椭圆C的方程为＝1. 索引 (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. 由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0， 设lPQ:y－3＝k(x＋2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0， 故x1＋x2＝－，x1x2＝.直线AP:y＝(x＋2)， 令x＝0，解得yM＝，同理得yN＝， 索引 则yM＋yN＝2 ＝2 ＝2 ＝2 ＝2×＝6， 所以MN的中点的纵坐标为＝3， 所以MN的中点为定点(0，3). 索引 例3 (2026·广东六校联考节选)已知椭圆C:＝1(0<b<2)的右焦点为F，点A，B在C上，且＝λ(λ>0).当λ＝1时，|AB|＝3. (1)求C的方程; 题型二　定线问题 当λ＝1时，由对称性可知AB⊥x轴， ∴|AB|＝2b＝b2＝3， ∴C的方程为＝1. 索引 (2)已知存在异于F的动点P，使得＝λ，若A，B，P三点共线，证明:点P在定直线上. 当λ＝1时，点P与点F重合， ∴λ≠1，直线AB的斜率存在. 当直线AB的斜率不为0时，设A(x1，y1)， B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝my＋1， 代入方程＝1， 索引 得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0， ∴y1＋y2＝－，y1y2＝－. 由＝λ，可知 ∵A，B，P三点共线，点P异于点F，且＝λ(λ>0且λ≠－1)， ∴点P在线段AB的延长线或反向延长线上. 则＝λ. 设P(x，y)，则x＝. 索引 由y1＋λy2＝0，得λ＝－，代入上式得x＝， ∴x＝， 把y1＋y2＝－，y1y2＝－，代入上式得x＝4， ∴点P在直线x＝4上. 当直线AB的斜率为0时，不妨设A(－2，0)，B(2，0)， 又F(1，0)，＝λ(λ>0且λ≠－1)， ∴λ＝3，＝3，则P(4，0). 综上，点P在直线x＝4上. 索引 感悟提升 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. 3.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”. 索引 训练2 已知抛物线C:x2＝y，过点E(0，2)作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P.证明:点P在定直线上. 设A(x1，)，B(x2，)， 则直线AB的斜率kAB＝＝x1＋x2， 直线AB的方程为y－＝(x1＋x2)(x－x1)， 即y＝(x1＋x2)x－x1x2， 又直线AB过点E(0，2)， 索引 所以－x1x2＝2，即x1x2＝－2. 设直线PA的方程为y－＝k(x－x1)， 与抛物线方程y＝x2联立， 得 解得x＝x1或x＝k－x1， 又直线PA与抛物线相切， 所以x1＝k－x1，即k＝2x1， 索引 所以直线PA的方程为y－＝2x1(x－x1)， 即y＝2xx1－， 同理可得直线PB的方程为y＝2xx2－. 所以P，即P， 故点P在定直线y＝－2上. 索引 一个方程中，如果所有非零项的次数都相同，则称之为齐次方程，例如:x＋2y＝0是一次齐次方程，x2－2xy－3y2＝0是二次齐次方程.在解决圆锥曲线某些问题联立方程组时，可以进行齐次化，以椭圆为例，已知△PAB为椭圆＝1(a>b>0)的内接三角形，其中P(x0，y0)为定点，A，B为两动点，可以直接构造两根为kPA，kPB的二次方程，步骤如下: 齐次化处理策略 微点突破 索引 (1)若P是原点，直线mx＋ny＝1(这样设的好处是直接乘“1”齐次化)与＝1(a>b>0)联立，得＝(mx＋ny)2，整理得Ax2＋Bxy＋Cy2＝0，同除以x2，有C·＋B·＋A＝0，即Ck2＋Bk＋A＝0，故kPA＋kPB＝－，kPA·kPB＝. (2)若P不是原点，先将图形平移使P为原点(平移坐标系)，平移口诀是“左加右减、上减下加”，如＝1向左平移1个单位，向上平移2个单位为＝1，再与mx＋ny＝1联立，下同1. 需要指出的是，如果是求斜率问题可直接用，但在求定点问题时，要进行反向平移. 索引 一、直接齐次化 例1 已知抛物线y2＝2px(p>0)，过原点且互相垂直的两直线OA，OB交抛物线于A，B.求证:直线AB过定点. 设直线AB的方程为mx＋ny＝1，与y2＝2px联立得y2＝2px·1＝2px·(mx＋ny)， 即2pmx2＋2pnxy－y2＝0，同除以x2，化简得－2pn·－2pm＝0. 即k2－2pnk－2pm＝0.(*) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则k1＝，k2＝为(*)的解， k1k2＝－2pm＝－1，∴m＝，直线mx＋ny＝1可化为x＋ny＝1，恒过(2p，0). 索引 二、先平移再齐次化 例2 设椭圆C:＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)，设O为坐标原点，证明:∠OMA＝∠OMB. 将椭圆左移2个单位，得＋y2＝1， 即x2＋4x＋2y2＋2＝0，平移后的直线l':mx＋ny＝1过点(－1，0)，即－m＝1，所以m＝－1， 索引 齐次化得x2＋4x·(mx＋ny)＋2y2＋2(mx＋ny)2＝0， 即(2＋2n2)y2＋(4n＋4mn)xy＋(1＋4m＋2m2)x2＝0， 两边同除以x2，得(2＋2n2)k2＋(4n＋4mn)k＋1＋4m＋2m2＝0， 则k1＋k2＝＝0， 所以∠OMA＝∠OMB. 索引 课时对点精练 1.(2026·潍坊模拟节选)已知抛物线E的顶点为坐标原点O，焦点为(1，0)，过点M(2，0)的直线与E交于A，B两点，过点B作y轴的垂线，与直线OA相交于点P. (1)求E的方程; 由题意，设抛物线E的标准方程为y2＝2px(p>0)，则＝1，可得p＝2， 故抛物线E的标准方程为y2＝4x. 1 2 3 4 索引 (2)证明:点P在定直线l上. 若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线E只有一个交点，不符合题意， 所以直线AB不与x轴重合，设直线AB的方程为x＝my＋2， 联立消去x可得y2－4my－8＝0， 则Δ＝16m2＋32>0， 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1，y2≠0， 1 2 3 4 索引 可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－8， 由题意可知，直线BP的方程为y＝y2， 直线OA的方程为y＝x＝x＝， 联立直线BP，OA的方程，即消去y， 可得＝y2， 所以x＝＝－2. 因此点P在定直线l:x＝－2上. 1 2 3 4 索引 2.(2026·武汉模拟)已知椭圆C的中心在原点，一个焦点为F1(－，0)，且C经过点P. (1)求椭圆C的标准方程; 由题意，设椭圆C的标准方程为＝1(a>b>0)，焦距为2c， 则c＝，椭圆的另一个焦点为F2(，0)， 由椭圆定义得2a＝|PF1|＋|PF2|＝＝4， 则a＝2，所以b＝＝1， 所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1. 1 2 3 4 索引 (2)设C与y轴正半轴交于点D，直线l:y＝kx＋m与C交于A，B两点(l不经过点D)，且AD⊥BD.证明:直线l经过定点，并求出该定点的坐标. 由已知得D(0，1)， 由 得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0， 即4k2>m2－1， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 1 2 3 4 索引 则x1＋x2＝，x1x2＝， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝， y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) ＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2 ＝， 由AD⊥BD得， ·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝0， 1 2 3 4 索引 即＝0， 所以5m2－2m－3＝0，解得m＝1或m＝－， ①当m＝1时，直线l经过点D，舍去; ②当m＝－时，显然有Δ>0， 直线l经过定点. 综上，直线l经过定点. 1 2 3 4 索引 3.已知椭圆C:＋x2＝1，过点P的直线l交椭圆C于A，B两点，以AB为直径作圆. (1)当AB分别垂直于x轴，y轴时，求两圆交点; 椭圆C的方程为＋x2＝1， 当AB⊥x轴时，以线段AB为直径的圆的方程为＋y2＝. 当AB⊥y轴时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1. 可得两圆交点为Q(－1，0). 1 2 3 4 索引 (2)试探究以线段AB为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标;若不过，请说明理由. 由(1)可知， 若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为Q(－1，0). 下证Q(－1，0)符合题意. 设直线l的斜率存在，且不为0， 其方程为y＝k，代入＋x2＝1， 并整理得(k2＋2)x2－k2x＋k2－2＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 1 2 3 4 索引 则x1＋x2＝，x1x2＝， 所以·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2 ＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2 ＝(1＋k2)x1x2＋(x1＋x2)＋1＋k2 ＝(1＋k2)··＋1＋k2＝0，故⊥， 即Q(－1，0)在以线段AB为直径的圆上. 综上，以线段AB为直径的圆恒过定点(－1，0). 1 2 3 4 索引 4.(2026·太原质检)已知双曲线C:＝1(a>0，b>0)的离心率为，点 P(3，4)在C上. (1)求双曲线C的方程; 由已知得e＝，c2＝a2＋b2， 所以b＝2a， 又点P(3，4)在C上，故＝1， 解得a2＝5，b2＝20， 所以双曲线C的方程为＝1. 1 2 3 4 索引 (2)直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若直线PA，PB的斜率互为倒数，证明:直线l过定点. 当直线l的斜率不存在时，可设A(m，n)，B(m，－n)， 当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，与C联立， 消去y得(4－k2)x2－2kmx－m2－20＝0， 由已知得k2≠4，且Δ＝4k2m2＋4(4－k2)(m2＋20)＝16(m2－5k2＋20)>0， 1 2 3 4 索引 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝，x1x2＝－， 直线PA，PB的斜率分别为 k1＝，k2＝， 由k1k2＝1， 得(kx1＋m－4)(kx2＋m－4)＝(x1－3)(x2－3)， 1 2 3 4 索引 即(k2－1)x1x2＋(km－4k＋3)(x1＋x2)＋m2－8m＋7＝0， 所以－(k2－1)(m2＋20)＋2km(km－4k＋3)＋(4－k2)(m2－8m＋7)＝0， 化简得(m＋3k－4)(5m－9k－12)＝0， 又已知l不过定点P(3，4)，故m＋3k－4≠0， 所以5m－9k－12＝0，即m＝k＋， 故直线l的方程为y＝k， 因此直线l过定点. 1 2 3 4 索引 由 由 由 联立 则无解. $