第3课时 定点、定值问题
类型一 定点问题
【例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；
(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．
求定点问题的解题策略
1．求解直线或曲线过定点问题的基本思路：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)．
【训练1】 (2025·湖北黄冈质检)如图，已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，P是椭圆M上异于A，B的动点，满足kPA·kPB＝－，当P为M的上顶点时，△ABP的面积为2.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若直线AP交直线l：x＝4于C点，直线CB交椭圆M于Q点，求证：直线PQ过定点．
类型二 定线问题
【例2】 (2023·新课标Ⅱ卷)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．
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．
【训练2】 (2025·吉林长春质检)过抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点F，且斜率为－1的直线l与抛物线E交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过焦点F的直线l′，交抛物线E于C，D两点，直线AC与BD的交点是否恒在一条直线上？若是，求出该直线的方程；否则，说明理由．
类型三 定值问题
【例3】 (2025·广东佛山联考)已知P是圆C：(x＋2)2＋y2＝12上一动点，定点M(2,0)，线段PM的垂直平分线n与直线PC交于点T，记点T的轨迹为C′.
(1)求C′的方程；
(2)若直线l与曲线C′恰有一个公共点，且l与直线l1：y＝x，l2：y＝－x分别交于A，B两点，△OAB的面积是否为定值(O为坐标原点)？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
求代数式为定值，依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值．
【训练3】 已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，过点F且倾斜角为的直线交抛物线于点M(M在第一象限)，MN⊥l，垂足为N，直线NF交x轴于点D，|MD|＝4.
(1)求p的值；
(2)若斜率不为0的直线l1与抛物线C相切，切点为G，平行于l1的直线交抛物线C于P，Q两点，且∠PGQ＝，证明：点F到直线PQ与到直线l1的距离之比为定值．
第3课时 定点、定值问题
关键能力·落实
【例1】 解 (1)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，b2＝4，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：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)，由得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－1 728k>0，解得k<0，故x1＋x2＝－，x1x2＝.直线AP：y＝(x＋2)，令x＝0，解得yM＝，同理得yN＝，则＝＝＝＝＝＝3.所以MN的中点为定点(0,3)．
【训练1】 解 (1)由题意得A(－a,0)，B(a,0)．当点P为椭圆M的上顶点时，P(0，b)，则kPA·kPB＝·＝＝－，又S△ABP＝×2ab＝2，所以a＝2，b＝1，所以椭圆M的方程为＋y2＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(4，t)，t≠0，则直线AC：y＝(x＋2)，BC：y＝(x－2)．当直线PQ的斜率不存在时，x1＝x2，y1＝－y2.所以解得x1＝1，此时直线PQ的方程为x＝1，直线PQ过点(1,0)．当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，由kPA＝，kBQ＝，可知kBQ＝3kPA，又kPA·kPB＝－，所以kBQ·kPB＝－，即·＝＝－，整理得3x1x2＋4y1y2－6(x1＋x2)＋12＝0 ①.联立直线PQ与椭圆M的方程得整理得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，所以Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)>0，则4k2＋1>m2，由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝ ②，所以y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝ ③，将②③代入①得3×＋4×＋6×＋12＝0，可得(2k＋m)(k＋m)＝0，所以m＝－2k或m＝－k，当m＝－2k时，直线PQ的方程为y＝kx－2k＝k(x－2)，过点B(2,0)，不符合题意，舍去，所以m＝－k，此时直线PQ的方程为y＝kx－k＝k(x－1)，过定点(1,0)．综上，直线PQ过定点(1,0)．
【例2】 解 (1)设双曲线C的方程为－＝1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c＝2，由e＝＝，可得a＝2，b＝＝4，所以双曲线C的方程为－＝1.
(2)证明：如图，由(1)可得A1(－2,0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝my－4，且－0，且4m2－1≠0，则y1＋y2＝，y1y2＝，且my1y2＝(y1＋y2)．直线MA1的方程为y＝，直线NA2的方程为y＝，联立直线MA1与直线NA2的方程，可得＝＝＝＝＝－，解得x＝－1，即xP＝－1.所以点P在定直线x＝－1上运动．
【训练2】 解 (1)由题意知，F，则直线l：y＝－x＋.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得消去y并整理得，x2－3px＋＝0，Δ1＝(－3p)2－4×1×＝8p2>0，所以x1＋x2＝3p，x1x2＝.由抛物线的定义得，|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，解得p＝2，所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可得，y1y2＝－4，F(1,0)．由题意知，直线l′的斜率不为0，设直线l′：x＝my＋1，C(x3，y3)，D(x4，y4)，联立得消去x并整理得，y2－4my－4＝0，Δ2＝(－4m)2－4×1×(－4)＝16(m2＋1)>0，所以y3y4＝－4.直线AC：y－y3＝(x－x3)＝(x－x3)＝(x－x3)，即y＝ ①.同理得，直线BD：y＝ ②.由①②消去y得，＝，即4(y1－y2＋y3－y4)x＝y1y2(y3－y4)＋y3y4(y1－y2)＝－4(y1－y2＋y3－y4)，解得x＝－1，所以直线AC与直线BD的交点恒在直线x＝－1上．
【例3】 解 (1)由C：(x＋2)2＋y2＝12，可知C(－2,0)，圆C的半径r＝2，连接TM，因为线段PM的垂直平分线n与直线PC交于点T，所以|TP|＝|TM|，所以|TM|＝|TC|＋2或|TC|＝|TM|＋2，所以||TM|－|TC||＝2<|CM|＝4，所以由双曲线的定义可知，点T的轨迹是以(2,0)，(－2,0)为焦点的双曲线，设双曲线方程为－＝1(a>0，b>0)，易知2a＝2，c＝2，所以a＝，c＝2，b＝＝1，所以C′的方程为－y2＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，因为直线l与直线l1：y＝x，l2：y＝－x分别交于A，B两点，所以k≠±.由得关于x的方程(1－3k2)x2－6mkx－3m2－3＝0，因为k≠±，所以1－3k2≠0，因为直线l与曲线C′恰有一个公共点，所以Δ＝36m2k2＋4(1－3k2)(3m2＋3)＝0，即3k2＝m2＋1.由得x＝－，即xA＝－.同理可得xB＝－，则|AB|＝·|xA－xB|＝，又原点O到直线l的距离d＝，所以S△OAB＝|AB|d＝.因为3k2＝m2＋1，所以S△OAB＝.当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝±.渐近线方程为y＝±x，此时|AB|＝2，S△OAB＝××2＝.故△OAB的面积为定值.
【训练3】 解 (1)如图所示，过点F作FA⊥MN，垂足为A，MN交x轴于点E，准线l与y轴交于B.由题得∠AFM＝，所以∠NMF＝，因为|MF|＝|MN|，所以△MNF是等边三角形，因为O是FB的中点，所以|DF|＝|DN|，MD⊥DF，故|FM|＝＝8，所以|MN|＝8，|AN|＝4，所以|OF|＝|AN|＝2，所以＝2，即p＝4.
(2)证明：由(1)可知抛物线C的方程是x2＝8y，由题意知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m(k≠0)，P，Q，G，因为∠PGQ＝，所以·＝－1，即(x1＋x0)(x2＋x0)＝－64，即x1x2＋x0(x1＋x2)＋x＝－64.又k＝，所以x0＝4k，故l1：y＝(x－x0)＋＝kx－2k2.联立消去y，得x2－8kx－8m＝0，其中Δ＝64k2＋32m>0，则x1＋x2＝8k，x1x2＝－8m，所以－8m＋32k2＋16k2＝－64，所以m＝6k2＋8.设点F到直线PQ和直线l1的距离分别为d1，d2，则由l1∥PQ得＝＝＝3，所以点F到直线PQ与到直线l1的距离之比是定值，定值为3.(共28张PPT)
第八节
第八章 平面解析几何
圆锥曲线的综合应用
第3课时
第八章 平面解析几何
定点、定值问题
关键能力/落实
第一部分
——考向探究
类型一
定点问题
解
解
解
解
解
解
解
类型二
定线问题
解
解
解
解
解
解
类型三
定值问题
解
解
解
解
解
解
解
R
赢在欲点
y
C
P
A
0
B
4
X
Q
y
M
A
A2
-4-2
0
2
X
P
W
y
M
F
A
E
O
D
X
B
N微练(七十五) 定点、定值问题
1．(2025·南通模拟)在直角坐标系xOy中，点P到点F(，0)的距离与直线l：x＝的距离之比为，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)过W上两点A，B作斜率均为－的两条直线，与W的另两个交点分别为C，D．若直线AB，CD的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值．
2．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点M与焦点F的距离为，且点M的纵坐标为2.
(1)求抛物线C的方程和点M的坐标；
(2)若直线l与抛物线C相交于A，B两点，且MA⊥MB，证明：直线l过定点．
3．(2025·重庆质量检测)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y＝x，且点P(，)在双曲线上．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设双曲线的左、右顶点分别为A，B，在直线x＝1上取一点P(1，t)(t≠0)，直线AP交双曲线右支于点C，直线BP交双曲线左支于点D，直线AD和直线BC的交点为Q，求证：点Q在定直线上．
4．已知圆C过点P(4,1)，M(2,3)和N(2，－1)，且圆C与y轴交于点F，点F是抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点．
(1)分别求圆C和抛物物E的方程；
(2)过点P作直线l与抛物线交于不同的两点A，B，过点A，B分别作抛物线E的切线，两条切线交于点Q，试判断直线QM与圆C的另一个交点D是否为定点，如果是，求出D点的坐标；如果不是，说明理由．
微练(七十五) 定点、定值问题
1．解 (1)设P(x，y)，由题意可知，＝ ＋y2＝1，所以W的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设A(x0，y0)，C(x1，y1)，所以AC的方程：y＝－(x－x0)＋y0，代入椭圆方程 x2＋4＝4，所以2x2－(2x0＋4y0)x＋x＋4y＋4x0y0－4＝0，所以x2－(x0＋2y0)x＋2x0y0＝0，所以x1x0＝2x0y0，所以x1＝2y0，所以C，同理设B(x0′，y0′)，D(x2，y2)，所以D，所以k1k2＝kAB·kCD＝·＝，为定值．
2．解 (1)设M(x0,2)，则解得所以抛物线C：y2＝2x，M(2,2)．
(2)证明：由题意知直线l斜率不为零，可设l：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得y2－2my－2n＝0，所以Δ＝4m2＋8n>0，即m2＋2n>0.所以y1＋y2＝2m，y1y2＝－2n.因为kMA＝＝＝，kMB＝＝＝，又MA⊥MB，所以kMA·kMB＝＝＝＝－1，则n＝2m＋4(此时m2＋2n＝m2＋4m＋8＝(m＋2)2＋4>0成立)，所以直线l：x＝my＋2m＋4＝m(y＋2)＋4，当y＝－2时，x＝4，所以直线l恒过定点(4，－2)．
3．解 (1)因为双曲线的一条渐近线方程为y＝x，所以a＝b，则双曲线方程可化为x2－y2＝a2，代入P(，)得a2＝4，则双曲线的标准方程为－＝1.
(2)证明：设直线AP的方程为x＝y－2，由题可知，t≠±3，联立消去x整理得y2－y＝0，所以yC＝，xC＝yC－2＝.设直线BP的方程为x＝－y＋2，由题可知，t≠±1，联立消去x整理得y2－y＝0，所以yD＝，xD＝－yD＋2＝.所以kAD＝＝＝－，kBC＝＝＝，则直线AD的方程为y＝－(x＋2)，直线BC的方程为y＝(x－2)．设Q(x0，y0)，则两式作商消去t得＝－，解得x0＝1，所以点Q在直线x＝1上．
4．解 (1)由圆C过点P(4,1)，M(2,3)和N(2，－1)，可知圆心C在直线y＝1上，故可设圆心C(a,1)，由圆C过点P(4,1)，可知a＝2，圆C的半径为2，故圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4，所以F(0,1)，由＝1，得p＝2，所以抛物线E的方程为x2＝4y.
(2)由题意可知，直线AB的斜率必存在，不妨设为k，则直线AB的方程为y－1＝k(x－4)，即y＝kx－4k＋1，由得x2－4kx＋16k－4＝0，其中Δ＝16k2－64k＋16＝16(k2－4k＋1)>0，得k<2－或k>2＋.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，过点A，B的抛物线E的切线的斜率分别为k1，k2，由x2＝4y得y＝，则y′＝，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝16k－4，k1＝，k2＝，又y1＝，所以过点A的抛物线的切线方程为y－＝(x－x1)，即y＝x－，同理可得过点B的抛物线的切线方程为y＝x－.由得即Q(2k,4k－1)，则直线QM的方程为y－3＝(x－2)，即y＝2x－1，由得或故直线QM与圆C的另一个交点D为定点，即D.(共15张PPT)
定点、定值问题
微练(七十五)
1
2
3
4
解
1
2
3
4
证明
1
2
3
4
证明
1
2
3
4
解
1
2
3
4
证明
1
2
3
4
证明
1
2
3
4
解
1
2
3
4
证明
1
2
3
4
证明
1
2
3
4
证明
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
1
2
3
4
解
R
赢在欲点
y
A
B
0
C
X
D
y
D
P
C
风
0
B
X
Q
