第十节 圆锥曲线中的定点、定值问题
1.已知双曲线C的渐近线方程为y＝±x，且过点P（3，）.
（1）求C的方程；
（2）设Q（1，0），直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点.
2.已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若｜F1F2｜＝2，△ABF2的周长为8.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若＝λ，＝μ，试分析λ＋μ是否为定值，若是，求出这个定值；否则，说明理由.
3.已知抛物线E：y2＝2px（p＞0），过点（－2，0）的两条直线l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点.当l1的斜率为时，｜AB｜＝.
（1）求E的标准方程；
（2）设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上.
4.已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）与直线l：x＋2y＝0交于M，N两点，且线段MN的中点为P（8，yP）.
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点P作直线m交抛物线于点A，B，证明：以弦AB为直径的圆恒过点（4，4）.
第十节 圆锥曲线中的定点、定值问题
1.解：（1）因为渐近线方程为y＝±x，
所以可设双曲线C的方程为－＝λ（λ≠0），
将点P（3，）代入得－＝λ，解得λ＝，
所以双曲线C的方程为－y2＝1.
（2）证明：显然直线BQ的斜率不为零，
设直线BQ的方程为x＝my＋1，B（x1，y1），
D（x2，y2），A（x1，－y1），联立
消x整理得（m2－3）y2＋2my－2＝0.
依题意得m2－3≠0且Δ＝4m2＋8（m2－3）＞0，即m2＞2且m2≠3，
y1＋y2＝－，y1y2＝－，
直线AD的方程为y＋y1＝（x－x1），
令y＝0，得x＝＋x1＝
＝
＝
＝＝＝3.
所以直线AD过x轴上的定点（3，0）.
2.解：（1）因为△ABF2的周长为8，所以4a＝8，解得a＝2，
由｜F1F2｜＝2，得2＝2＝2，所以b2＝3，
因此椭圆C的标准方程为＋＝1.
（2）由题意可知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝k（x＋1），
由整理得（3＋4k2）x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则
设M（0，k），又F1（－1，0），
所以＝（x1，y1－k），＝（x1＋1，y1），则λ＝.
同理可得＝（x2，y2－k），＝（x2＋1，y2），则μ＝.
所以λ＋μ＝＋
＝
＝
＝
＝＝＝，
所以λ＋μ为定值.
3.解：（1）当l1的斜率为时，得l1的方程为y＝（x＋2）.
由消元并整理得，y2－3py＋4p＝0，
由弦长公式及根与系数的关系得，
｜AB｜＝×＝，即＝2，
解得p＝2或p＝－（舍去），
从而E的标准方程为y2＝4x.
（2）证明：设A（，y1），B（，y2），得kAB＝＝，
则直线AB的方程为y＝（x－）＋y1，即4x－（y1＋y2）y＋y1y2＝0，
又直线AB过点（－2，0），
所以将该点坐标代入直线AB的方程，得y1y2＝8.
设C（，y3），D（，y4），
同理可得y3y4＝8，
直线AD的方程为4x－（y1＋y4）y＋y1y4＝0，
直线BC的方程为4x－（y2＋y3）y＋y2y3＝0.
因为（－2，0）在抛物线E的对称轴上，
所以由对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，
所以只需证G的横坐标为定值即可.
因为直线AD与BC相交，
由消去y，
解得x＝
＝
＝＝2，
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上.
4.解：（1）由题知，yP＝－×8＝－4.
设M，N两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），显然x1≠x2，
所以kMN＝＝＝－.
又y1＋y2＝2yP＝－8，所以kMN＝－＝－＝－，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
（2）证明：当直线m的斜率存在时，由题意知直线m的斜率不为0，设直线m：y＝k（x－8）－4（k≠0），A（x3，y3），B（x4，y4）.
联立
整理得ky2－4y－32k－16＝0，Δ＞0，
y3＋y4＝，y3y4＝－32－，
所以x3＋x4＝＋16＝＋16，
x3x4＝＝＋64.
令Q（4，4），则·＝（x3－4）（x4－4）＋（y3－4）·（y4－4）
＝x3x4－4（x3＋x4）＋16＋y3y4－4（y3＋y4）＋16
＝＋64－4＋16＋－＋16＝0，
所以QA⊥QB，故以弦AB为直径的圆恒过点（4，4）.
当直线m的斜率不存在时，直线m：x＝8，
此时直线m与抛物线的两个交点分别为（8，4），（8，－4），
不妨令A（8，4），B（8，－4），
此时＝（4，4－4），＝（4，－4－4），
则·＝16－（4＋4）（4－4）＝0，
所以QA⊥QB，故以弦AB为直径的圆过点（4，4）.
综上所述，以弦AB为直径的圆恒过点（4，4）.
1 / 1第十节 圆锥曲线中的定点、定值问题
重点解读
1.处理圆锥曲线中定点问题的方法：（1）探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立关于k，m的等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；（2）从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
2.处理圆锥曲线中定值问题的方法：（1）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值；（2）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.
直接推理法求定点
（师生共研过关）
（2025·上饶一模）已知点A（－2，0），B（2，0），动点P满足直线PA与PB的斜率之积为－，记动点P的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
（2）过点F（1，0）与曲线E相交的两条线段AB和CD相互垂直（斜率存在，且A，B，C，D在曲线E上），M、N分别是AB和CD的中点.求证：直线MN过定点.
解题技法
直接推理法求定点的一般步骤
（2025·宿州灵璧中学开学考试）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）与x2＋y2＝5交于A，B两点，其中点A在第一象限，且｜AB｜＝4，抛物线C的准线l与x轴交于点P.
（1）求以线段PA为直径的圆的方程；
（2）若M，N在抛物线C上，且MB⊥BN，探究直线MN是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.
先找后证法求定点
（师生共研过关）
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.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.
解题技法
先找后证法求定点的一般思路
（1）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，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时；
（2）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.
平面直角坐标系xOy中，点F1（－，0），F2（，0），点M满足｜MF1｜－｜MF2｜＝±2，点M的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）已知A（1，0），过点A的直线AP，AQ与曲线C分别交于点P和Q（点P和Q都异于点A），若满足AP⊥AQ，求证：直线PQ过定点.
参数法求定值
（师生共研过关）
（2024·南昌一模）已知椭圆E：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，左右两顶点分别为A1，A2，过点C（1，0）作斜率为k1（k1≠0）的动直线与椭圆E相交于M，N两点.当k1＝1时，点A1到直线MN的距离为.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设点M关于原点的对称点为P，设直线A1P与直线A2N相交于点Q，设直线OQ的斜率为k2，试探究是否为定值，若为定值，求出定值并说明理由.
解题技法
参数法解决圆锥曲线中定值问题的一般步骤
（2024·赣州模拟）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）过点（1，），椭圆C的右焦点与点Q（2，－2）所在直线的斜率为－2.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若过Q的直线l与椭圆C交于A，B两点，点P（3，0）.直线PA，PB分别交椭圆C于点M，N，求证：直线MN的斜率为定值.
从特殊到一般求定值
（师生共研过关）
设O为坐标原点，动点M在椭圆＋＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.
（1）求点P的轨迹E的方程；
（2）过F（1，0）的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过F（1，0）作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，求证：＋为定值.
解题技法
从特殊到一般求定值的常用处理技巧
（1）研究特殊情形，如直线斜率不存在等，得到所要探求的定值；
（2）探究一般情形；
（3）综合上面两种情形下结论.
已知双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的焦距为2，且双曲线C右支上一动点P（x0，y0）到两条渐近线l1，l2的距离之积为.
（1）求双曲线C的方程；
（2）设直线l是曲线C在点P（x0，y0）处的切线，且l分别交两条渐近线l1，l2于M，N两点，O为坐标原点，证明：△MON面积为定值，并求出该定值.
第十节 圆锥曲线中的定点、定值问题
【考点·分类突破】
技法1
【例1】 解：（1）设P（x，y），易得x≠±2，直线AP的斜率为，直线BP的斜率为，则·＝－，
整理得＋＝1，则曲线E方程为＋＝1（x≠±2）.
（2）证明：由题意可设直线AB的方程为y＝k（x－1）（k≠0），M（x1，y1），A（x2，y2），B（x3，y3），
因为M分别是AB的中点，所以x1＝，y1＝，kOM＝＝，k＝，
因为A，B在椭圆＋＝1上，
所以
由①－②，得
＋＝0，
即＝－，于是有·＝－，
所以kOM·kAB＝－ ·k＝－，
解得
所以M（，）.
因为k≠0，将上式M点坐标中的k换成－，
同理可得N（，）.
（ⅰ）当直线MN不垂直于x轴时，直线MN的斜率kMN＝＝，
其方程为y－＝（x－），化简得y＝（x－），
所以直线MN过定点（ ，0）.
（ⅱ）当直线MN垂直于x轴时，＝，此时，k＝±1，直线MN也过定点（，0）.
综上所述，直线MN过定点（，0）.
跟踪训练
解：（1）由题意得，点A的纵坐标为2，
代入x2＋y2＝5中，解得x＝1（x＝－1舍去），
∴A（1，2），
代入y2＝2px中，得4＝2p，解得p＝2，∴抛物线C：y2＝4x，∴P（－1，0），∴｜PA｜＝＝2，
则以线段PA为直径的圆的方程为x2＋（y－1）2＝2.
（2）根据题意作图，如图，显然直线MN与x轴不平行，设直线MN的方程为x＝my＋n，
由消去x得关于y的二次方程y2－4my－4n＝0，Δ＝16m2＋16n＞0.
设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.
∵MB⊥BN，且M，N是抛物线上异于B的不同两点，∴x1，x2≠1，kMB·kNB＝－1
易知B（1，－2），则kMB＝＝＝，同理得kNB＝，∴·＝－1，
∴（y1－2）（y2－2）＋16＝0，即y1y2－2（y1＋y2）＋20＝0，∴－4n－8m＋20＝0，即n＝－2m＋5，
∴x＝my＋n＝my－2m＋5＝m（y－2）＋5，∴直线MN过定点（5，2）.
技法2
【例2】 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）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）.
跟踪训练
解：（1）因为｜MF1｜－｜MF2｜＝±2，所以｜｜MF1｜－｜MF2｜｜＝2＜2＝｜F1F2｜，
由双曲线定义可知，M的轨迹为双曲线，其中c＝，a＝1，
所以b＝＝，又焦点在x轴上，
所以曲线C的方程为x2－＝1.
（2）证明：若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为y＝±（x－1），
联立x2－＝1求解可得x＝－3，直线PQ过点（－3，0）.
当直线PQ斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P（x1，y1），Q（x2，y2），
代入x2－＝1，整理得（k2－2）x2＋2kmx＋m2＋2＝0，易知Δ＞0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
因为AP⊥AQ，所以·＝（x1－1，y1）·（x2－1，y2）＝（x1－1）（x2－1）＋y1y2
＝（k2＋1）x1x2＋（km－1）（x1＋x2）＋m2＋1
＝＋＋m2＋1＝0，
整理得3k2＋2km－m2＝（3k－m）（k＋m）＝0，
解得m＝3k或m＝－k，
因为点P和Q都异于点A，所以m＝－k不满足题意，
故m＝3k，代入y＝kx＋m，得y＝k（x＋3），过定点（－3，0）.
综上，直线PQ过定点（－3，0）.
技法3
【例3】 解：（1）依题意可知e＝＝，由于k1＝1，则直线MN的方程为x－y－1＝0，
因为点A1到直线MN的距离为.所以 ＝，解得a＝2，
所以c＝，则b＝＝1，所以椭圆E的标准方程＋y2＝1.
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），P（－x1，－y1），直线MN的方程为x＝my＋1.此时k1＝.
联立直线与椭圆方程消去x得（m2＋4）y2＋2my－3＝0，
则有y1＋y2＝，y1y2＝.
不妨设Q（x0，y0），因为A2，N，Q三点共线，则＝，所以＝，因为A1，P，Q三点共线，则＝则有＝，
所以＝＝＝m－，＝＝＝m－，
＝2m－（＋）＝2m－＝，
所以＝，所以k2＝，所以k2＝k1，所以＝.
跟踪训练
解：（1）由题意可设椭圆的半焦距为c，且椭圆C的右焦点为（c，0），
由题意得解得c＝1，a2＝3，b2＝2，所以C的方程为＋＝1.
（2）证明：设l的方程为x＝m（y＋2）＋2，设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x3，y3），N（x4，y4），则直线PA的方程为x＝y＋3，
由可得[2（x1－3）2＋3]y2＋12（x1－3）y1y＋12＝0，
结合＋＝1，可得（2－x1）y2＋（x1－3）y1y＋＝0，
可得y1·y3＝，解得y3＝，
代入x＝·y＋3，
解得x3＝·＋3＝＋2，
同理可得y4＝，x4＝＋2，
故kMN＝＝
＝
＝
＝＝2.
故直线MN的斜率是定值，且定值为2.
技法4
【例4】 解：（1）设P（x，y），M（x0，y0），则N（x0，0）.
∵＝，
∴（x－x0，y）＝（0，y0），∴x0＝x，y0＝.
又点M在椭圆上，∴＋＝1，
即＋＝1.
∴点P的轨迹E的方程为＋＝1.
（2）证明：由（1）知F为椭圆＋＝1的右焦点，
当直线l1与x轴重合时，
｜AB｜＝6，｜CD｜＝＝，
∴＋＝.
当直线l1与x轴垂直时，｜AB｜＝，｜CD｜＝6，
∴＋＝.
当直线l1与x轴不垂直也不重合时，可设直线l1的方程为y＝k（x－1）（k≠0），
则直线l2的方程为y＝－（x－1），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立消去y，得（8＋9k2）x2－18k2x＋9k2－72＝0，
则Δ＝（－18k2）2－4（8＋9k2）（9k2－72）＝2 304（k2＋1）＞0，x1＋x2＝，x1x2＝，
∴｜AB｜＝ ·＝.
同理可得｜CD｜＝.
∴＋＝＋＝.
综上可得＋为定值.
跟踪训练
解：（1）双曲线C：－＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为bx＋ay＝0和bx－ay＝0，
则动点P（x0，y0）到两条渐近线l1，l2的距离之积为·＝＝，
则＝，又2c＝2，即c2＝a2＋b2＝5，
解得a＝2，b＝1，则双曲线的方程为－y2＝1.
（2）证明：当直线l的斜率不存在时，可得直线方程为x＝2，易知△OMN的面积为2，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，
与双曲线的方程x2－4y2＝4联立，可得（4k2－1）x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，
直线与双曲线的右支相切，可得Δ＝（8km）2－4（4k2－1）·（4m2＋4）＝0，可得4k2＝m2＋1，
设直线l与x轴交于D，则D（－，0），
S△MON＝S△MOD＋S△NOD＝｜OD｜｜yM－yN｜＝｜－｜·｜k｜·｜xM－xN｜，
又双曲线的渐近线方程为y＝±x，
联立可得M（，），
同理可得N（－，），
则S△MON＝｜｜·｜k｜·｜＋｜＝｜｜·｜k｜·｜｜＝＝2.
即△MON面积为定值2.
3 / 3(共49张PPT)
第十节 圆锥曲线中的定点、定值问题
高中总复习·数学
重点解读
1. 处理圆锥曲线中定点问题的方法：（1）探索直线过定点时，可设出直
线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立关于k，m的等量关系进行消
元，借助于直线系的思想找出定点；（2）从特殊情况入手，先探求定
点，再证明与变量无关.
2. 处理圆锥曲线中定值问题的方法：（1）直接推理、计算，并在计算推
理的过程中消去变量，从而得到定值；（2）从特殊入手，求出定值，再
证明这个值与变量无关.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
直接推理法求定点（师生共研过关）
（2025·上饶一模）已知点A（－2，0），B（2，0），动点P满足直
线PA与PB的斜率之积为－ ，记动点P的轨迹为曲线E.
（1）求曲线E的方程；
解： 设P（x，y），易得x≠±2，直线AP的斜率为 ，直线BP
的斜率为 ，
则 · ＝－ ，
整理得 ＋ ＝1，则曲线E方程为 ＋ ＝1（x≠±2）.
（2）过点F（1，0）与曲线E相交的两条线段AB和CD相互垂直（斜率存
在，且A，B，C，D在曲线E上），M、N分别是AB和CD的中点.求
证：直线MN过定点.
解： 证明：由题意可设直线AB的方程为y＝k
（x－1）（k≠0），M（x1，y1），A（x2，y2），
B（x3，y3），
因为M分别是AB的中点，
所以x1＝ ，y1＝ ，kOM＝ ＝ ，k＝ ，
因为A，B在椭圆 ＋ ＝1上，所以
由①－②，得
＋ ＝0，
即 ＝－ ，
于是有 · ＝－ ，
所以kOM·kAB＝－ ·k＝－ ，
解得
所以M（ ， ）.
因为k≠0，将上式M点坐标中的k换成－ ，
同理可得N（ ， ）.
（ⅰ）当直线MN不垂直于x轴时，直线MN的斜率kMN
＝ ＝ ，
其方程为y－ ＝ （x－ ），化简
得y＝ （x－ ），
所以直线MN过定点（ ，0）.
（ⅱ）当直线MN垂直于x轴时， ＝ ，此
时，k＝±1，直线MN也过定点（ ，0）.
综上所述，直线MN过定点（ ，0）.
解题技法
直接推理法求定点的一般步骤
（2025·宿州灵璧中学开学考试）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）与x2＋
y2＝5交于A，B两点，其中点A在第一象限，且｜AB｜＝4，抛物线C的
准线l与x轴交于点P.
（1）求以线段PA为直径的圆的方程；
解： 由题意得，点A的纵坐标为2，
代入x2＋y2＝5中，解得x＝1（x＝－1舍去），
∴A（1，2），
代入y2＝2px中，得4＝2p，解得p＝2，∴抛物线C：y2＝4x，∴P（－
1，0），∴｜PA｜＝ ＝2 ，
则以线段PA为直径的圆的方程为x2＋（y－1）2＝2.
（2）若M，N在抛物线C上，且MB⊥BN，探究直线MN是否过定点，
若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.
解： 根据题意作图，如图，显然直线MN与x轴不平
行，设直线MN的方程为x＝my＋n，
由 消去x得关于y的二次方程y2－4my－4n＝
0，Δ＝16m2＋16n＞0.
设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.
∵MB⊥BN，且M，N是抛物线上异于B的不同两点，
∴x1，x2≠1，kMB·kNB＝－1
易知B（1，－2），则kMB＝ ＝ ＝ ，同理得kNB＝ ，∴ · ＝－1，
∴（y1－2）（y2－2）＋16＝0，即y1y2－2（y1＋y2）＋20＝
0，∴－4n－8m＋20＝0，即n＝－2m＋5，
∴x＝my＋n＝my－2m＋5＝m（y－2）＋5，∴直线MN
过定点（5，2）.
先找后证法求定点（师生共研过关）
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；
解： 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）过点P（ ，0）的直线l交椭圆C于A，B两点.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.
解： 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）.
解题技法
先找后证法求定点的一般思路
（1）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，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时；
（2）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.
平面直角坐标系xOy中，点F1（－ ，0），F2（ ，0），点M满足｜
MF1｜－｜MF2｜＝±2，点M的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
解： 因为｜MF1｜－｜MF2｜＝±2，所以｜｜MF1｜－｜MF2｜｜
＝2＜2 ＝｜F1F2｜，
由双曲线定义可知，M的轨迹为双曲线，其中c＝ ，a＝1，
所以b＝ ＝ ，又焦点在x轴上，
所以曲线C的方程为x2－ ＝1.
（2）已知A（1，0），过点A的直线AP，AQ与曲线C分别交于点P和Q
（点P和Q都异于点A），若满足AP⊥AQ，求证：直线PQ过定点.
解： 证明：若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为y＝±
（x－1），
联立x2－ ＝1求解可得x＝－3，直线PQ过点（－3，0）.
当直线PQ斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P（x1，y1），
Q（x2，y2），
代入x2－ ＝1，整理得（k2－2）x2＋2kmx＋m2＋2＝0，易知Δ＞0，
则x1＋x2＝ ，x1x2＝ ，
因为AP⊥AQ，所以 · ＝（x1－1，y1）·（x2－1，y2）＝（x1－1）
（x2－1）＋y1y2
＝（k2＋1）x1x2＋（km－1）（x1＋x2）＋m2＋1
＝ ＋ ＋m2＋1＝0，
整理得3k2＋2km－m2＝（3k－m）（k＋m）＝0，
解得m＝3k或m＝－k，
因为点P和Q都异于点A，所以m＝－k不满足题意，
故m＝3k，代入y＝kx＋m，得y＝k（x＋3），过定点（－3，0）.
综上，直线PQ过定点（－3，0）.
参数法求定值（师生共研过关）
（2024·南昌一模）已知椭圆E： ＋ ＝1（a＞b＞0）的离心率
为 ，左右两顶点分别为A1，A2，过点C（1，0）作斜率为
k1（k1≠0）的动直线与椭圆E相交于M，N两点.当k1＝1时，点A1到直线MN的距离为 .
（1）求椭圆E的标准方程；
解： 依题意可知e＝ ＝ ，由于k1＝1，则直线MN的方程为x－y
－1＝0，
因为点A1到直线MN的距离为 .
所以 ＝ ，解得a＝2，
所以c＝ ，则b＝ ＝1，所以椭圆E的标准方程 ＋y2＝1.
解： 设M（x1，y1），N（x2，y2），P（－x1，－y1），直线MN
的方程为x＝my＋1.此时k1＝ .
联立直线与椭圆方程 消去x得（m2＋4）y2＋2my－3＝
0，
（2）设点M关于原点的对称点为P，设直线A1P与直线A2N相交于点Q，
设直线OQ的斜率为k2，试探究 是否为定值，若为定值，求出定值并说
明理由.
则有y1＋y2＝ ，y1y2＝ .
不妨设Q（x0，y0），
因为A2，N，Q三点共线，则 ＝ ，
所以 ＝ ，
因为A1，P，Q三点共线，
则 ＝ 则有 ＝ ，
所以 ＝ ＝ ＝m－ ， ＝ ＝ ＝m－ ，
＝2m－（ ＋ ）＝2m－ ＝ ，
所以 ＝ ，所以k2＝ ，所以k2＝ k1，所以 ＝ .
解题技法
参数法解决圆锥曲线中定值问题的一般步骤
（2024·赣州模拟）已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）过点（1，
），椭圆C的右焦点与点Q（2，－2）所在直线的斜率为－2.
（1）求椭圆C的方程；
解： 由题意可设椭圆的半焦距为c，且椭圆C的右焦点为（c，0），
由题意得 解得c＝1，a2＝3，b2＝2，所以C的方程为
＋ ＝1.
（2）若过Q的直线l与椭圆C交于A，B两点，点P（3，0）.直线PA，
PB分别交椭圆C于点M，N，求证：直线MN的斜率为定值.
解： 证明：设l的方程为x＝m（y＋2）＋2，
设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x3，y3），N
（x4，y4），则直线PA的方程为x＝ y＋3，
由 可得[2（x1－3）2＋3 ]y2＋12
（x1－3）y1y＋12 ＝0，
结合 ＋ ＝1，可得（2－x1）y2＋（x1－3）y1y＋ ＝0，
可得y1·y3＝ ，解得y3＝ ，
代入x＝ y＋3，解得
x3＝ · ＋3＝ ＋2，
同理可得y4＝ ，x4＝ ＋2，
故kMN＝ ＝
＝
＝ ＝ ＝2.
故直线MN的斜率是定值，且定值为2.
从特殊到一般求定值（师生共研过关）
设O为坐标原点，动点M在椭圆 ＋ ＝1上，过M作x轴的垂线，
垂足为N，点P满足 ＝ .
（1）求点P的轨迹E的方程；
解： 设P（x，y），M（x0，y0），则N（x0，0）.
∵ ＝ ，
∴（x－x0，y）＝ （0，y0），∴x0＝x，y0＝ .
又点M在椭圆上，∴ ＋ ＝1，即 ＋ ＝1.
∴点P的轨迹E的方程为 ＋ ＝1.
（2）过F（1，0）的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过F（1，0）
作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，求证： ＋
为定值.
解： 证明：由（1）知F为椭圆 ＋ ＝1的右焦点，
当直线l1与x轴重合时，｜AB｜＝6，｜CD｜＝ ＝ ，
∴ ＋ ＝ .
当直线l1与x轴垂直时，｜AB｜＝ ，｜CD｜＝6，
∴ ＋ ＝ .
当直线l1与x轴不垂直也不重合时，可设直线l1的方程为y＝k（x－1）
（k≠0），
则直线l2的方程为y＝－ （x－1），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立 消去y，得（8＋9k2）x2－18k2x＋9k2－72＝0，
则Δ＝（－18k2）2－4（8＋9k2）（9k2－72）＝2 304（k2＋1）＞0，x1＋
x2＝ ，x1x2＝ ，
∴｜AB｜＝ · ＝ .
同理可得｜CD｜＝ .
∴ ＋ ＝ ＋ ＝ .
综上可得 ＋ 为定值.
解题技法
从特殊到一般求定值的常用处理技巧
（1）研究特殊情形，如直线斜率不存在等，得到所要探求的定值；
（2）探究一般情形；
（3）综合上面两种情形下结论.
已知双曲线C： － ＝1（a＞0，b＞0）的焦距为2 ，且双曲线C右
支上一动点P（x0，y0）到两条渐近线l1，l2的距离之积为 .
（1）求双曲线C的方程；
解： 双曲线C： － ＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为bx＋ay
＝0和bx－ay＝0，
则动点P（x0，y0）到两条渐近线l1，l2的距离之积为
· ＝ ＝ ，
则 ＝ ，又2c＝2 ，即c2＝a2＋b2＝5，
解得a＝2，b＝1，则双曲线的方程为 －y2＝1.
（2）设直线l是曲线C在点P（x0，y0）处的切线，且l分别交两条渐近线
l1，l2于M，N两点，O为坐标原点，证明：△MON面积为定值，并求出
该定值.
解： 证明：当直线l的斜率不存在时，可得直线方程为x＝2，易
知△OMN的面积为2，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，
与双曲线的方程x2－4y2＝4联立，可得（4k2－1）x2＋8kmx＋4m2＋4＝
0，
直线与双曲线的右支相切，可得Δ＝（8km）2－4（4k2－1）·（4m2＋
4）＝0，可得4k2＝m2＋1，
设直线l与x轴交于D，则D（－ ，0），
S△MON＝S△MOD＋S△NOD＝ ｜OD｜｜yM－yN｜＝｜－ ｜·｜k｜·｜xM
－xN｜，
又双曲线的渐近线方程为y＝± x，
联立 可得M（ ， ），
同理可得N（－ ， ），
则S△MON＝｜ ｜·｜k｜·｜ ＋ ｜＝｜ ｜·｜k｜·｜ ｜
＝ ＝2.
即△MON面积为定值2.
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1. 已知双曲线C的渐近线方程为y＝± x，且过点P（3， ）.
（1）求C的方程；
解： 因为渐近线方程为y＝± x，
所以可设双曲线C的方程为 － ＝λ（λ≠0），
将点P（3， ）代入得 － ＝λ，解得λ＝ ，
所以双曲线C的方程为 －y2＝1.
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（2）设Q（1，0），直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直
线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点.
解： 证明：显然直线BQ的斜率不为零，
设直线BQ的方程为x＝my＋1，B（x1，y1），
D（x2，y2），A（x1，－y1），联立
消x整理得（m2－3）y2＋2my－2＝0.
依题意得m2－3≠0且Δ＝4m2＋8（m2－3）＞0，即m2＞2且m2≠3，
y1＋y2＝－ ，y1y2＝－ ，
直线AD的方程为y＋y1＝ （x－x1），
令y＝0，得x＝ ＋x1＝
＝ ＝
＝ ＝ ＝3.
所以直线AD过x轴上的定点（3，0）.
2. 已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过
点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若｜F1F2｜＝2，
△ABF2的周长为8.
（1）求椭圆C的标准方程；
解： 因为△ABF2的周长为8，所以4a＝8，解得a＝2，
由｜F1F2｜＝2，得2 ＝2 ＝2，所以b2＝3，
因此椭圆C的标准方程为 ＋ ＝1.
（2）若 ＝λ ， ＝μ ，试分析λ＋μ是否为定值，若是，
求出这个定值；否则，说明理由.
解： 由题意可知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝k（x＋1），
由 整理得（3＋4k2）x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ＞0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则
设M（0，k），又F1（－1，0），
所以 ＝（x1，y1－k）， ＝（x1＋1，y1），则λ＝ .
同理可得 ＝（x2，y2－k）， ＝（x2＋1，y2），则μ＝ .
所以λ＋μ＝ ＋ ＝
＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ，
所以λ＋μ为定值 .
3. 已知抛物线E：y2＝2px（p＞0），过点（－2，0）的两条直线l1，l2
分别交E于A，B两点和C，D两点.当l1的斜率为 时，｜AB｜＝ .
（1）求E的标准方程；
解： 当l1的斜率为 时，得l1的方程为y＝ （x＋2）.
由 消元并整理得，y2－3py＋4p＝0，
由弦长公式及根与系数的关系得，
｜AB｜＝ × ＝ ，即 ＝2，
解得p＝2或p＝－ （舍去），
从而E的标准方程为y2＝4x.
（2）设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上.
解： 证明：设A（ ，y1），B（ ，y2），得kAB＝ ＝
，
则直线AB的方程为y＝ （x－ ）＋y1，即4x－（y1＋y2）y＋y1y2
＝0，
又直线AB过点（－2，0），
所以将该点坐标代入直线AB的方程，得y1y2＝8.
设C（ ，y3），D（ ，y4），
同理可得y3y4＝8，
直线AD的方程为4x－（y1＋y4）y＋y1y4＝0，
直线BC的方程为4x－（y2＋y3）y＋y2y3＝0.
因为（－2，0）在抛物线E的对称轴上，
所以由对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，
所以只需证G的横坐标为定值即可.
因为直线AD与BC相交，
由 消去y，
解得x＝
＝
＝ ＝2，
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上.
4. 已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）与直线l：x＋2y＝0交于M，N两
点，且线段MN的中点为P（8，yP）.
（1）求抛物线C的方程；
解： 由题知，yP＝－ ×8＝－4.
设M，N两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），显然x1≠x2，所以
kMN＝ ＝ ＝－ .
又y1＋y2＝2yP＝－8，所以kMN＝－ ＝－ ＝－ ，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
（2）过点P作直线m交抛物线于点A，B，证明：以弦AB为直径的圆恒
过点（4，4）.
解： 证明：当直线m的斜率存在时，由题意知直线m的斜率不为0，
设直线m：y＝k（x－8）－4（k≠0），A（x3，y3），B（x4，y4）.
联立
整理得ky2－4y－32k－16＝0，Δ＞0，
y3＋y4＝ ，y3y4＝－32－ ，
所以x3＋x4＝ ＋16＝ ＋16，
x3x4＝ ＝ ＋64.
令Q（4，4），则 · ＝（x3－4）（x4－4）＋（y3－4）·（y4－4）
＝x3x4－4（x3＋x4）＋16＋y3y4－4（y3＋
y4）＋16＝ ＋64－4 ＋16＋ － ＋16＝0，
所以QA⊥QB，故以弦AB为直径的圆恒过点（4，4）.
当直线m的斜率不存在时，直线m：x＝8，
此时直线m与抛物线的两个交点分别为（8，4 ），（8，－4 ），
不妨令A（8，4 ），B（8，－4 ），
此时 ＝（4，4 －4）， ＝（4，－4 －4），
则 · ＝16－（4 ＋4）（4 －4）＝0，
所以QA⊥QB，故以弦AB为直径的圆过点（4，4）.
综上所述，以弦AB为直径的圆恒过点（4，4）.
THANKS
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