培优课 圆锥曲线的综合问题 第2课时 定点、定值及探索性问题(Word教参)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（北师大版）

本讲义聚焦高中数学圆锥曲线中的定点、定值及探索性问题，衔接圆锥曲线标准方程与几何性质等基础内容，通过椭圆、抛物线、双曲线的实例构建从静态性质到动态综合应用的学习支架，具体涵盖定点证明、定值计算及存在性探索三大题型。 该资料以“通性通法”为核心亮点，如提炼定点问题的参数法与特殊到一般法，培养学生数学思维中的推理能力与逻辑联系。例题跨多种圆锥曲线设计，引导学生用数学眼光发现动态问题中的不变量，用数学语言（方程、斜率等）表达推理过程。课中助力教师清晰授课，课后练习题帮助学生巩固方法，查漏补缺。

第二课时　定点、定值及探索性问题 题型一　定点问题 已知椭圆＋＝1（a＞b＞0）的一个顶点为D（0，－1），离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆右焦点且斜率为k（k≠0）的直线m与椭圆相交于两点A，B，与y轴交于点E，线段AB的中点为P，直线l过点E且垂直于直线OP（其中O为坐标原点），证明：直线l过定点. 解：（1）依题意，＝， ∴a2＝2c2， 又b＝1，a2＝b2＋c2，∴c2＝1，a2＝2， ∴椭圆的标准方程为＋y2＝1. （2）证明：由（1）知右焦点坐标为（1，0），则直线m的方程为y＝k（x－1），设A（x1，y1），B（x2，y2）， 由得（1＋2k2）x2－4k2x＋2k2－2＝0， Δ＝（－4k2）2－4（1＋2k2）（2k2－2）＝8k2＋8＞0恒成立， ∴x1＋x2＝， ∴xP＝， yP＝k（xP－1）＝， ∴直线OP的斜率kOP＝＝－， ∴直线l的斜率kl＝2k.易知点E坐标为（0，－k）， ∴直线l的方程为y＝2kx－k，即y＝2k（x－）， ∴直线l恒过定点（，0）. 通性通法 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. 　已知抛物线y2＝－8x的顶点为O，点A，B在抛物线上，且OA⊥OB，求证：直线AB经过一个定点. 证明：设直线OA的斜率为k，则直线OB的斜率为－，直线OA的方程为y＝kx， 由得A， 同理可得B（－8k2，8k），于是直线AB的方程为y－8k＝·（x＋8k2），整理可得y＝（x＋8），因此直线AB经过定点（－8，0）. 题型二　定值问题 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.设椭圆C2：4x2＋y2＝1.若M，N分别是C1，C2上的动点，且OM⊥ON，求证：点O到直线MN的距离是定值. 证明：当直线ON垂直于x轴时，｜ON｜＝1，｜OM｜＝，则点O到直线MN的距离为， 当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为y＝kx，则直线OM的方程为y＝－x， 由得所以｜ON｜2＝， 同理｜OM｜2＝， 设点O到直线MN的距离为d，因为（｜OM｜2＋｜ON｜2）d2＝｜OM｜2｜ON｜2， 所以＝＋＝＝3，即d＝. 综上，点O到直线MN的距离是定值. 通性通法 　　圆锥曲线中的定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定值问题同证明问题类似，在求定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定值显现. （2026·无锡月考）设抛物线C：y2＝4x，F为C的焦点，过F的直线l与C交于A，B两点. （1）若l的斜率为2，求｜AB｜的值； （2）求证：·为定值. 解：（1）依题意得F（1，0），所以直线l的方程为y＝2（x－1）. 设直线l与抛物线C的交点为A（x1，y1），B（x2，y2）， 由得x2－3x＋1＝0， 所以x1＋x2＝3，所以｜AB｜＝｜AF｜＋｜BF｜＝x1＋x2＋p＝3＋2＝5. （2）证明：设直线l的方程为x＝ky＋1，直线l与抛物线的交点为A（x1，y1），B（x2，y2）， 由得y2－4ky－4＝0， 所以y1＋y2＝4k，y1y2＝－4. 所以·＝（x1，y1）·（x2，y2） ＝x1x2＋y1y2＝（ky1＋1）（ky2＋1）＋y1y2 ＝k2y1y2＋k（y1＋y2）＋1＋y1y2 ＝－4k2＋4k2＋1－4＝－3， 所以·为定值. 题型三　探索性问题 已知A（x1，y1），B（x2，y2）是抛物线C：x2＝2py（p＞0）上不同的两点，直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y1y2＝，是否存在直线AB，使得＋＝？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由. 解：由题意知，直线AB的斜率存在，且不为零， 设直线AB的方程为y＝kx＋b（k≠0，b＞0）， 由得x2－2pkx－2pb＝0， ∴ ∴y1y2＝·＝＝b2， ∵y1y2＝，∴b2＝，∵b＞0，∴b＝. ∴直线AB的方程为y＝kx＋. 假设存在直线AB，使得＋＝， 即＋＝3. 作AA'⊥x轴，BB'⊥x轴，垂足分别为A'，B'，设坐标原点为O， ∴＋＝＋＝＋＝·， ∵y1＋y2＝k（x1＋x2）＋p＝2pk2＋p，y1y2＝， ∴＋＝·＝4k2＋2＝3，得k＝±. 故存在直线AB，使得＋＝，直线AB的方程为y＝±x＋. 通性通法 　　此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论. 　已知椭圆E：＋y2＝1和圆F：（x－）2＋y2＝，若直线l：y＝k（x－）（k＞0）与圆F交于A，B两点，与椭圆E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使｜AC｜＝｜BD｜？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由. 解：不存在满足题意的k，理由如下： 由A，B在圆上得｜AF｜＝｜BF｜＝｜PF｜＝. 设点C（x1，y1），D（x2，y2）. ｜CF｜＝＝2－x1， 同理｜DF｜＝2－x2. 若｜AC｜＝｜BD｜，则｜AC｜＋｜BC｜＝｜BD｜＋｜BC｜，即｜AB｜＝｜CD｜＝1，4－（x1＋x2）＝1， 由得（4k2＋1）x2－8k2x＋12k2－4＝0， ∴x1＋x2＝，∴4－＝1， 得12k2＝12k2＋3，无解，故不存在. 1.已知椭圆C：＋＝1（a＞b≥1）的离心率为，上焦点到直线bx＋2ay－＝0的距离为. （1）求椭圆C的方程； （2）过点P（，0）的直线l交椭圆C于A，B两点.求证：以线段AB为直径的圆是否过定点. 解：（1） 由题意，e＝＝，e2＝＝，所以a＝b，c＝b. 又＝，a＞b≥1，所以b＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为＋x2＝1. （2）证明：当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为（x－）2＋y2＝， 当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q（－1，0）. 由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为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，则方程为y＝k（x－）， 代入＋x2＝1，并整理得（k2＋2）x2－k2x＋k2－2＝0，Δ＝k2＋16＞0恒成立. 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 则x1＋x2＝， x1x2＝， 所以·＝（x1＋1）（x2＋1）＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2（x1－）（x2－）＝（1＋k2）·x1x2＋（1－k2）（x1＋x2）＋1＋k2＝（1＋k2）·＋（1－k2）·＋1＋k2＝0， 故⊥，即Q（－1，0）在以AB为直径的圆上. 综上，以AB为直径的圆恒过定点（－1，0）. 2.已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）经过点P（4，4），其焦点为F. （1）求抛物线C的方程； （2）设点Q在抛物线C上，试问在直线2x－y＋6＝0上是否存在点N，使得四边形PQFN是平行四边形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由. 解：（1）因为抛物线C：y2＝2px（p＞0）经过点P（4，4），所以16＝8p，即p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x. （2）假设存在满足题意的点N. 由（1）知F（1，0），设N（t，2t＋6），Q（x0，y0）. 因为四边形PQFN是平行四边形，所以＝，所以（4－t，－2t－2）＝（x0－1，y0）， 所以即Q（5－t，－2t－2）， 将点Q（5－t，－2t－2）代入抛物线C的方程，可得（－2t－2）2＝4（5－t），即t2＋3t－4＝0，解得t＝－4或t＝1， 所以Q（9，6）或Q（4，－4），经检验，满足四边形PQFN是平行四边形. 所以直线2x－y＋6＝0上存在点N，使得四边形PQFN是平行四边形，此时Q（9，6）或Q（4，－4）. 3.已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的右焦点F（4，0）到渐近线的距离为2. （1）求双曲线C的方程； （2）过点F的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，求证：在x轴上存在点P（1，0），使得kPA＋kPB＝0. 解：（1）依题意得a2＋b2＝16， 又bx＋ay＝0是双曲线C的一条渐近线， 所以＝2，解得b＝2， 所以a＝＝2， 所以双曲线C的方程为－＝1. （2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB：x＝my＋4（m≠0）， 由方程组 消去x得（3m2－1）y2＋24my＋36＝0， y1＋y2＝－，y1y2＝， kPA＋kPB＝＋ ＝＋ ＝ ＝ ＝ ＝0， 所以在x轴上存在点P（1，0），使得kPA＋kPB＝0. 4.已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线与x轴的交点为T，点G在E上且GF⊥x轴，△GTF的面积为. （1）求E的方程； （2）已知点M（a，0），N（2a，0），R（4a，0）（a＞0），点A是E上任意一点（异于顶点），连接AM并延长交E于另一点B，连接BN并延长交E于另一点C，连接CR并延长交E于另一点D，当直线AB的斜率存在时，证明：直线AB与CD的斜率之比为定值. 解：（1）由题意得｜TF｜＝p， 因为点G在E上且GF⊥x轴， 所以｜GF｜＝p， 则S△GTF＝p×p＝，解得p＝， 所以E的方程为y2＝x. （2）证明：设A（m2，m）（m≠0），直线AB的方程为x＝ty＋a， 代入E的方程，得y2－ty－a＝0， 所以myB＝－a，所以yB＝－，所以B， 同理可得C（4m2，2m），D， 所以kAB＝＝，kCD＝＝， 则＝2， 所以直线AB与CD的斜率之比为定值2. 5.已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的离心率为2，且过点（，）. （1）求双曲线C的标准方程； （2）设Q为双曲线C右支第一象限上的一个动点，F为双曲线C的右焦点，在x轴的负半轴上是否存在定点M使得∠QFM＝2∠QMF？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由. 解：（1）依题意结合c2＝a2＋b2，解得a＝1，b＝，c＝2. 所以双曲线C的标准方程为x2－＝1. （2）假设存在点M（t，0）（t＜0）满足题设条件. 由（1）知双曲线C的右焦点为F（2，0）.设Q（x0，y0）（x0≥1）为双曲线C右支上一点. 当x0＝2时，因为∠QFM＝2∠QMF＝90°，所以∠QMF＝45°，于是｜MF｜＝｜QF｜＝3， 所以t＝－1.即M（－1，0）. 当x0≠2时， tan∠QFM＝－kQF＝－， tan∠QMF＝kQM＝. 因为∠QFM＝2∠QMF， 所以－＝. 将＝3－3代入并整理得－2＋（4＋2t）x0－4t＝－2－2tx0＋t2＋3， 所以解得t＝－1.即M（－1，0）. 综上，满足条件的点M存在，其坐标为（－1，0）. 6.已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1（a＞1）的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D. （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 解：（1）由题意得A（－a，0），B（a，0），G（0，1）. 则＝（a，1），＝（a，－1）. 由·＝8得a2－1＝8，即a＝3. 所以E的方程为＋y2＝1. （2）证明：设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）. 若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3＜n＜3. 由于直线PA的方程为y＝（x＋3），所以y1＝（x1＋3）. 直线PB的方程为y＝（x－3）， 所以y2＝（x2－3）. 可得3y1（x2－3）＝y2（x1＋3）. 由于＋＝1，故＝－，可得27y1y2＝－（x1＋3）（x2＋3），即（27＋m2）y1y2＋m（n＋3）（y1＋y2）＋（n＋3）2＝0.　① 将x＝my＋n代入＋y2＝1得 （m2＋9）y2＋2mny＋n2－9＝0. 所以y1＋y2＝－，y1y2＝. 代入①式得（27＋m2）（n2－9）－2m（n＋3）mn＋（n＋3）2（m2＋9）＝0. 解得n＝－3（舍去）或n＝. 故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点. 若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点. 综上，直线CD过定点. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $