高频微专题15（含解析）-《巅峰突破》2026版高中数学高三一轮复习

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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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密 封 线 内 不 要 答 题
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高频微专题15　圆锥曲线中的定点、定值、定线问题
满分56分,限时60分钟
解答题(本题共4小题,共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
1.(12分)(2023新课标Ⅱ,21)已知双曲线C的中心为坐标原点,左焦点为(-2,0),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.
2.(12分)(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.
3.(15分)(2025江苏常州期中)如图,已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,且经过点A(2p,m)(m>0),|AF|=5.
(1)求A点的坐标;
(2)直线l交抛物线C于M,N两点,过点A作AD⊥l于D,且·=0,证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.
4.(17分)(2024四川泸州期末)已知动点M(x,y)到定点F(1,0)的距离和M到定直线l:x=4的距离的比值是常数,记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程,并说明C的形状;
(2)过A作两直线与抛物线y=mx2(m>0)相切,且分别与曲线C交于另一点P,Q,直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2.
①求证:+为定值;
②直线PQ是否过定点 若过定点,求出定点坐标;若不过定点,说明理由.
答案全解全析
1.解析　(1)设双曲线C的方程为-=1(a>0,b>0),半焦距为c,
由焦点坐标知c=2,(1分)
则由e==可得a=2,(2分)
所以b2=c2-a2=16,故双曲线C的方程为-=1.(4分)
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),x1<-2,x2<-2,y1>0>y2,P(x,y),直线MN的方程为x=my-4,且-由消去x并化简得(4m2-1)y2-32my+48=0,
则Δ=(-32m)2-4×48(4m2-1)>0,y1+y2=,y1y2=,故my1y2=(y1+y2).(6分)
易知A1(-2,0),A2(2,0),
则直线MA1的方程为y=(x+2),直线NA2的方程为y=(x-2),
联立直线MA1与直线NA2的方程可得=,(8分)
所以若能证明为定值λ,则P点在定直线x=上运动,故问题转化为证明为定值.(9分)
证法一　(整体替换)利用y1y2与y1+y2的关系进行替换,因为my1y2=(y1+y2),
所以======-,故点P在定直线x=-1上.(12分)
证法二　(三点共线)因为M,N与点(-4,0)共线,所以=,故y1x2-y2x1=4y2-4y1.
又my1y2=(y1+y2),所以y1x2+y2x1=y1(my2-4)+y2(my1-4)=2my1y2-4y1-4y2=-y1-y2,
所以
故=====-,
故点P在定直线x=-1上.(12分)
2.解析　(1)设椭圆C的半焦距为c(c>0),
由题意知=,b=2,
又a2=b2+c2,所以a=3,c=.
故C的方程为+=1.(3分)
(2)证明:易知直线PQ的斜率存在且小于0,又直线PQ过点(-2,3),所以设直线PQ的方程为y=kx+2k+3,k<0.(4分)
联立消去y,整理得(4k2+9)x2+8k(2k+3)·x+16k(k+3)=0,k<0,则Δ=[8k(2k+3)]2-4×(4k2+9)×16k(k+3)=-27×64k>0.
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
则x1+x2=-,x1x2=.(7分)
因为P(x1,y1),A(-2,0),
所以直线AP的方程为=,
令x=0,得M,
同理,N,
所以线段MN的中点坐标为,(9分)
+=+=2k++
=2k+=2k+
=2k+=2k+=3,(11分)
所以线段MN的中点坐标为(0,3),所以线段MN的中点为定点.(12分)
3.解析　(1)由抛物线的定义知|AF|=2p+=5,则p=2,故抛物线C:y2=4x,(2分)
又A(4,m)(m>0)在抛物线上,所以m2=4×4,所以m=4,故A(4,4).(4分)
(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),易知直线MN的斜率不为0,故设直线MN:x=ty+n,
与y2=4x联立,消去x,整理得y2-4ty-4n=0,则Δ=16t2+16n>0,且y1+y2=4t,y1y2=-4n,(6分)
则x1+x2=t(y1+y2)+2n=4t2+2n,x1x2=t2y1y2+tn(y1+y2)+n2=n2,(7分)
由(1)知A(4,4),所以=(x1-4,y1-4),=(x2-4,y2-4),又·=0,
所以(x1-4)(x2-4)+(y1-4)(y2-4)=x1x2-4(x1+x2)+y1y2-4(y1+y2)+32=0,(9分)
所以n2-16t2-12n-16t+32=(n-4t-8)(n+4t-4)=0,
则n=8+4t或n=4-4t.(11分)
当n=8+4t时,直线MN:x=t(y+4)+8,此时直线MN过定点(8,-4);(12分)
当n=4-4t时,直线MN:x=t(y-4)+4,此时直线MN过定点(4,4),即A,M,N共线,不合题意,(13分)
所以直线MN过定点(8,-4),设B(8,-4),
因为AD⊥MN,,(14分)
易得此圆圆心为线段AB的中点,即(6,0),半径为=2,
所以当Q为(6,0)时,|DQ|等于该圆的半径,为定值.(15分)
4.解析　(1)易知|MF|=,点M(x,y)到定直线l:x=4的距离为|x-4|,
所以=,(2分)
整理得+=1,故曲线C:+=1,它是焦点在x轴上的椭圆.(5分)
(2)①证明:易知过点A且与抛物线y=mx2(m>0)相切的直线的斜率存在且不为0,故设其方程为y=k(x-1)-,k≠0,联立消去y并整理得mx2-kx+k+=0,(7分)
此时Δ=(-k)2-4m=0,
整理得k2-4mk-6m=0,(8分)
因为直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,
所以k1,k2是方程k2-4mk-6m=0的两个实数根,
所以k1+k2=4m,k1k2=-6m,
则+==-,所以+为定值-.(10分)
②直线PQ过定点.不妨设直线PQ的方程为x=ty+n,t≠0,且P(x1,y1),Q(x2,y2),
联立消去x并整理得(3t2+4)y2+6tny+3n2-12=0,(12分)
所以y1+y2=-,y1y2=,
由①知+=-,
所以+=-,
即+=-,
即·y1y2+·(y1+y2)+3=0,
得·+·+3=0,
即4n2+24n=9t2+48t+28,
即4(n+3)2=(3t+8)2,
解得n=t+1或n=-t-7,(15分)
当n=t+1时,直线PQ的方程为x=ty+t+1=t+1,此时直线PQ恒过定点A,不符合题意;
当n=-t-7时,直线PQ的方程为x=ty-t-7=t-7,此时直线PQ恒过定点.
综上所述,直线PQ恒过定点.(17分)
专题通法
　　1.圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法:引进动点的坐标或以动线方程中的系数为参数表示变化量,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.
2.破解圆锥曲线中定值问题的关键
(1)图形引路:画出草图,把已知条件翻译到图形中.
(2)待定系数法:利用待定系数法求出圆锥曲线的方程.
(3)直接消参求定值:①确定一个(或两个)变量为核心变量,其余量均结合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,然后进行化简.
(4)从特殊到一般求定值: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.