专项2 定值、定点、定直线问题
微点一 定值问题
例1 (2020·新高考Ⅰ卷改编)已知点M，N，A(2，1)在椭圆C：＋＝1上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足，证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
圆锥曲线中定值问题的解法
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)变量法的解题流程：
第①步：选择适当的动点坐标或动线方程中的系数为变量．
第②步：把要证明为定值的量表示成上述变量的函数．
第③步：把得到的函数化简，消去变量得到定值．
训练1 “如果两个椭圆的离心率相同，我们称这两个椭圆相似”．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)与椭圆E：＋＝1(b>d>0)相似，E的短轴长为2，离心率为.
(1)求C的标准方程；
(2)设O为坐标原点，P为E上的动点，过点P且斜率为k(k≠0)的直线与E相切，与C交于A，B两点，射线PO交C于点Q，试问：△ABQ的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由．
微点二 定点问题
例2 (2023·全国乙卷改编)已知椭圆C：＋＝1，点A(－2，0).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．
求解定点问题常用的方法
(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过动点或动线的特殊情况探索出定点，再转化为有方向、有目标的一般性证明．
(2)“一般推理，特殊求解”，即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线与曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点．
(3)求证直线过定点(x0，y0)，常利用直线的点斜式y－y0＝k(x－x0)或斜截式y＝kx＋b来证明．训练2 (2025·马鞍山模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且点P在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若A，B为椭圆C上的两点，且满足AP⊥BP，求证：直线AB过定点．
微点三 定直线问题
例3 (2023·新课标Ⅱ卷改编)已知双曲线C：－＝1.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．
破解定直线问题的关键
求证动点P(x0，y0)在某条定直线上，需要消掉关于动点横坐标或者纵坐标的所有参数，从而建立一个无参的直线方程，此时会分为三种情况：
(1)x0＝a，即动点恒过直线x＝a.
(2)y0＝b，即动点恒过直线y＝b.
(3)y0＝f(x0)，即动点恒过直线y＝f(x).训练3 (2025·贵州一模)设F1，F2两点的坐标分别为(－1，0)，(1，0).直线PF1，PF2相交于点P，且它们的斜率之积为4.记点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)数列{an}，{bn}是正项数列，且数列{bn}是公差为4的等差数列，点Pn(an，bn)(n∈N*)在曲线C上，求证：0
(3)过点M(1，1)的直线l交曲线C于A，B两点(A，B两点在y轴右侧)，在线段AB上取异于A，B的点D，且满足|MA|·|DB|＝|AD|·|MB|，证明：点D在定直线上．
专项2 定值、定点、定直线问题
例1 解 设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.于是x1＋x2＝－，x1x2＝ ①.由AM⊥AN，得·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0，整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.所以m＝1－2k或m＝－，当m＝1－2k时，y＝k(x－2)＋1，过定点A(2，1)，不符合题意，舍去，当m＝－时，y＝k－，过定点P.因为AD⊥MN，所以点D在以AP为直径的圆上，故当点Q为AP的中点，即Q时，|DQ|＝为定值；若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).由·＝0，得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.解得x1＝2(舍去)，或x1＝.所以D，此时|DQ|＝＝，为定值．综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．
训练1 解 (1)因为E的短轴长为2，所以d＝1.因为E的离心率为e＝＝，所以b＝2.又C的离心率e＝＝＝，所以a＝4，所以C的标准方程为＋＝1.
(2)由(1)，知E：＋y2＝1.设P(x0，y0)，过点P的直线方程为y＝kx＋m.由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.因为直线y＝kx＋m与E相切，所以Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝0，即4k2＋1＝m2 ①，所以x0＝－＝－，y0＝k·＋m＝，所以直线OP的斜率kOP＝＝－，方程为y＝－x.由得(1＋4k2)x2＝64k2，设Q(xQ，yQ)，所以x＝，所以＝＝4.由题意，得P，Q位于y轴两侧，所以xQ＝－2x0，所以S△ABQ＝3S△AOB.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，Δ>0，由根与系数的关系，得x1＋x2＝－，x1x2＝，所以|x1－x2|＝＝，将①代入，得|x1－x2|＝.由直线y＝kx＋m与y轴交于点(0，m)，得S△AOB＝|m|·|x1－x2|＝|m|·＝2，所以S△ABQ＝3S△AOB＝6，即△ABQ的面积为定值6.
例2 证明 由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ：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)＝－36×48k＞0，所以k<0，故x1＋x2＝－，x1x2＝.直线AP：y＝(x＋2)，令x＝0，解得yM＝，同理得yN＝，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).
训练2 解 (1)因为椭圆C离心率为，所以e＝＝＝，又因为点P在椭圆C上，所以＋＝1，解得a2＝4，b2＝3，椭圆C的标准方程为：＋＝1.
(2)①当AB斜率不存在时，设AB的方程为x＝m，则A(m，n)，B(m，－n)，＝，＝，因为PA⊥PB，所以·＝(m－1)2－＝0，因为＋＝1，所以n2＝3－m2，所以7m2－8m＋1＝0，解得m＝或m＝1(舍).
②当AB斜率存在时，设AB的方程为y＝kx＋t，联立＋＝1消去y得(4k2＋3)x2＋8ktx＋4t2－12＝0，Δ＝64k2t2－16(4k2＋3)(t2－3)，即4k2－t2＋3>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，y1＋y2＝，y1y2＝，因为PA⊥PB，所以·＝(x1－1)(x2－1)＋＝0，即x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋＝0，代入化简得28t2＋4k2＋32kt－36t－9＝0，
即(2k＋2t－3)(2k＋14t＋3)＝0，当2k＋2t－3＝0时，t＝－k，此时直线AB的方程为y＝k(x－1)＋，过定点，舍去；当2k＋14t＋3＝0时，t＝－k－，此时直线AB的方程为y＝k－，过定点.综上，直线AB过定点.
例3 证明
由双曲线的方程可得A1(－2，0)，A2(2，0)，如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－0，则y1＋y2＝，y1y2＝，直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)，故＝＝＝＝＝＝－，由＝－可得x＝－1，即xP＝－1，据此可得点P在定直线x＝－1上运动．
训练3 解 (1)设P(x，y)，由题意得＝4，即×＝4，化简整理得x2－＝1，所以曲线C的方程为x2－＝1(x≠±1).
(2)证明：由题意可知Pn(an，bn)，Pn＋1(an＋1，bn＋1)都在第一象限，作差化简整理得an＋1－an＝，而bn＋1－bn＝4，所以an＋1－an＝>0，设PnPn＋1的中点为Qn，所以an＋1－an＝＝，因为曲线C的渐近线方程为y＝±2x，所以∈(0，2)，所以0(3)由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y－1＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x，y)，且10，所以x1＋x2＝，x1x2＝，因为|MA|＝|x1－1|＝(x1－1)，同理|DB|＝(x2－x)，|AD|＝(x－x1)，|MB|＝(x2－1)，由|MA|·|DB|＝|AD|·|MB|，得(x1－1)(x2－x)＝(x－x1)(x2－1)化简整理得2x1x2－(x1＋x2)＝(x1＋x2－2)x，所以2×－＝x，化简整理得k＝，代入y－1＝k(x－1)，化简整理得4x－y－4＝0，所以点D在定直线4x－y－4＝0上．(共30张PPT)
专题五 平面解析几何
微专题17
圆锥曲线的综合问题
专题五 平面解析几何
专项2
定值、定点、定直线
问题
证明
解
方法提炼
解
解
解
解析
证明
证明
方法提炼
解
证明
解
解
证明
证明
证明
方法提炼
解
解
证明
解
y个
P
A
0
X
B
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M
A
A2
-4
-2
0
2
X
P微练(二十七) 定值、定点、定直线问题
班级： 姓名：
1．(2025·重庆一模)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，其左焦点到点P(3，3)的距离为5.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B(A，B不是左右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的左顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
2．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点F也是椭圆＋＝1的一个焦点，过F的直线交C于A，B两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求证：抛物线C在A，B两点处的切线互相垂直；
(3)设M为线段AB的中点，以线段AM为直径的圆交抛物线C在A处的切线于点P，试判断是否为定值，并证明你的结论．
微练(二十七) 定值、定点、定直线问题
1．解 (1)设左焦点F1(－c，0)，所以|PF1|＝＝5，解得c＝1，因为e＝＝＝，所以a＝2，由b2＝a2－c2＝3，所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)由(1)可知椭圆左顶点D(－2，0)，如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为以AB为直径的圆过D(－2，0)，所以DA⊥DB即⊥，所以·＝0，因为＝(x1＋2，y1)，＝(x2＋2，y2)，所以·＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0 ①.联立直线与椭圆方程：整理得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝，所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝－＋m2＝，代入到①·＝－2·＋4＋＝0，所以＝0，所以7m2－16mk＋4k2＝0，即(7m－2k)(m－2k)＝0，所以m＝k或m＝2k，当m＝k时，l：y＝kx＋k＝k，所以l恒过点.当m＝2k时，l：y＝kx＋2k＝k(x＋2)，所以l恒过点(－2，0)，但(－2，0)为椭圆左顶点，不符题意，故舍去，所以l恒过点.
2．解 (1)易知，抛物线C：x2＝2py(p>0)开口向上，且焦点坐标为，所以椭圆＋＝1的焦点也在y轴上，则a2＝3，b2＝p，由()2＝3－p，解得：p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)证明：因为直线AB与抛物线有两个交点，所以其斜率必存在，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由联立得x2－4kx－4＝0，则x1x2＝－4，对y＝x2求导得y′＝x，设抛物线C在A，B两点处的切线斜率分别为k1＝x1，k2＝x2，则k1k2＝x1×x2＝x1x2＝－1，即抛物线C在A，B两点处的切线互相垂直．
(3)
解法一：设抛物线在A，B两点的切线为lA，lB，切线交点为T，如图，故lA：y＝x1x－x，lB：y＝x2x－x，联立解得T点坐标为(，)，由(2)知x1x2＝－4，T点坐标为，且∠ATB＝90°，所以MP∥BT，故＝＝，即|AP|＝|AT|，因为kAB＝＝，所以kABkFT＝×＝－1，即AB⊥FT，故△ABT∽△ATF，所以＝，即|AB|·|AF|＝|AT|2＝4|AP|2，所以＝4为定值．
解法二：因为kAB＝＝，故|AB|＝|x1－x2|·＝|x1－x2|＝|x1－x2|·＝＝，又|AF|＝y1＋1＝，所以|AB|·|AF|＝，由解法一知T点坐标为(，－1)，所以|AT|2＝(x1－)2＋(y1＋1)2＝＋(y1＋1)2＝(x1＋)2＋(＋1)2＝，即|AB|·|AF|＝|AT|2，由(2)知∠ATB＝90°，所以MP∥BT，故＝＝，即|AP|＝|AT|，所以＝4为定值．(共14张PPT)
微练(二十七)
定值、定点、定直线问题
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