《直通名校》专题五 第4讲　大题专攻——圆锥曲线中的定点、定值问题（课件）-高考数学大二轮专题复习

(共63张PPT)
第4讲　大题专攻
——圆锥曲线中的定点、定值问题
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
定值问题 在解答题中会继续以椭圆、抛物线、双曲线为
几何载体考查定点、定值及定线问题，仍是高
考考查的热点，难度较大，是高考的压轴题
定点问题 定线问题 二、真题感悟
1. （2023·全国乙卷理20题）（定点问题）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；
解： 由椭圆C过点A（－2，0），得 ＝1，
则b2＝4.
所以c2＝a2－4.
又 ＝ ，所以a2＝9.
故椭圆C的方程为 ＋ ＝1.
（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.
解：证明：显然直线PQ的斜率存在，故设直线PQ的斜率为k，P（x1，y1），Q（x2，y2），则lPQ：y＝k（x＋2）＋3.
联立得方程组
消去y并整理，得（4k2＋9）x2＋8k（2k＋3）x＋16k2＋48k＝0，
所以x1＋x2＝－ ，　①
x1x2＝ .　②
又A（－2，0），P（x1，y1），则lAP：y＝ （x＋2）.
同理，lAQ：y＝ （x＋2）.
当x＝0时，yM＝ ，yN＝ .
设线段MN的中点坐标为（0，y0），
则y0＝ ＝ ＋ ＝k＋ ＋k＋ ＝2k＋
.
将①②代入上式，得y0＝3.
故线段MN的中点坐标为（0，3），为定点.
2. （2020·新高考Ⅰ卷22题）（定值问题）已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b
＞0）的离心率为 ，且过点A（2，1）.
（1）求C的方程；
解：由题意得 ＋ ＝1， ＝ ，解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为 ＋ ＝1.
（2）点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存
在定点Q，使得｜DQ｜为定值.
解：证明：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知， · ＝0，故（x1－2）（x2－2）＋（y1－
1）（y2－1）＝0，可得（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.
因为A（2，1）不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1.
于是MN的方程为y＝k － （k≠1）.
所以直线MN过点P .
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，可得3 －8x1＋4＝0.
解得x1＝2（舍去），x1＝ .
此时直线MN过点P .
令Q为AP的中点，即Q .
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故｜DQ｜＝ ｜AP｜＝ .
若D与P重合，则｜DQ｜＝ ｜AP｜.
综上，存在点Q ，使得｜DQ｜为定值.
1. 求圆锥曲线定点问题的两种常见方法
（1）由特殊到一般法：利用由特殊到一般法求解定点问题时，常根
据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量
无关；
（2）参数法：引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定
题目中的核心变量（此处设为k）→利用条件找到k与待求定点的
曲线F（x，y）＝0之间的关系→研究变化量与参数何时没有关
系，找到定点.
2. 求解圆锥曲线定值问题的两种常见方法
（1）从特殊到一般求定值：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；
（2）直接消参求定值：常见处理方法：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（有的甚至就是核心变量），然后进行
化简，看能否得到一个常数.
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
定值问题
【例1】　（2024·东北三省四市联合体模拟）在平面直角坐标系中，F1，
F2分别为双曲线C：3x2－y2＝a2（a＞0）的左、右焦点，过F2的直线l与
双曲线C的右支交于A，B两点.当l与x轴垂直时，△ABF1的面积为12.
（1）求双曲线C的标准方程；
解：双曲线3x2－y2＝a2可化为 － ＝1.
当l与x轴垂直时， ＝ ｜F1F2｜·｜AB｜＝ （2× a）
× ＝4a2＝12，解得a2＝3，
所以双曲线C的标准方程为x2－ ＝1.
（2）当l与x轴不垂直时，作线段AB的垂直平分线，交x轴于点D. 试证
明 为定值.
解： 证明：由（1）知F2（2，0），所以可设直线l的方程为x
＝ty＋2（t≠0），
A（x1，y1），B（x2，y2），M为线段AB的中点，
联立双曲线C与直线l的方程，得消去x，得（3t2－
1）y2＋12ty＋9＝0，
因此y1＋y2＝ ，y1y2＝ .
进而可得x1＋x2＝ ，所以线段AB中点M的坐标为（ ，
）.
所以线段AB的垂直平分线的方程为y＋ ＝－t（x＋ ），
则D（ ，0），｜DF2｜＝｜2＋ ｜＝｜ ｜，
｜AB｜＝ ＝
· ＝｜ ｜.
所以｜DF2｜＝｜AB｜，即 为定值1.
1. 求定值问题常见的方法
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）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. 定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参
数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.
已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的离心率为 ，F1，F2分别为椭圆
C的左、右焦点，M为椭圆C上一点，△MF1F2的周长为4＋2 .
（1）求椭圆C的方程；
解：由已知可得
解得a＝2，b＝1，c＝ .
所以椭圆C的方程为 ＋y2＝1.
（2）若P为圆x2＋y2＝5上任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点
分别为A，B，证明 · 为定值.
解：证明：设P（x0，y0），则 ＋ ＝5.
当x0＝±2时，y0＝±1，显然PA⊥PB，
则 · ＝0.
当x0≠±2时，过点P的切线可设为y＝k（x－x0）＋y0，
联立切线方程与椭圆方程，得
消去y得（4k2＋1）x2＋8k（y0－kx0）x＋4[（y0－kx0）2－1]＝0，
所以Δ＝64k2（y0－kx0）2－16（4k2＋1）·[（y0－kx0）2－1]＝0.
整理成关于k的方程，得（4－ ）k2＋2x0y0k＋1－ ＝0，
此方程的两个根k1，k2就是切线PA，PB的斜率，
所以k1·k2＝ ＝ ＝－1.
所以PA⊥PB，所以 · ＝0.
综上， · ＝0，为定值.
定点问题
【例2】　（2024·九省联考节选）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过
F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中
B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点.证明：直线MN过定点.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），不妨设x1＜x2.如图.
由C：y2＝4x得F（1，0），易知直线AB，DE的斜率都存在且不为0.
设l：x＝my＋1，则m＞0.
由得y2－4my－4＝0，
故y1＋y2＝4m，y1y2＝－4， ＝2m， ＝ ＝2m2
＋1.
所以M（2m2＋1，2m）.
同理可得N（ ＋1，－ ）.
若m≠1，则直线MN的斜率kMN＝ ＝ ，
所以直线MN：y＝ （x－2m2－1）＋2m＝ （x－3），直线
MN过点（3，0）.
若m＝1，则直线MN：x＝3，直线MN过点（3，0）.
综上，直线MN过定点（3，0）.
直线过定点问题的解题策略
　已知抛物线C：y2＝4x与过点（2，0）的直线l交于M，N两点，P在
线段MN上，若 ＝ ，PQ⊥y轴，垂足为Q，求证：以PQ为直径
的圆过定点A.
证明：由题意可知，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋2
（m∈R），
将x＝my＋2代入y2＝4x，消去x可得y2－4my－8＝0，
显然Δ＝16m2＋32＞0，设M（x1，y1），N（x2，y2），
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
因为 ＝ ，所以P是线段MN的中点，
设P（xP，yP），则xP＝ ＝ ＝2m2＋2，yP＝
＝2m，
所以P（2m2＋2，2m），
又PQ⊥y轴，垂足为Q，所以Q（0，2m），
设以PQ为直径的圆经过点A（x0，y0），
则 ＝（2m2＋2－x0，2m－y0）， ＝（－x0，2m－y0），
所以 · ＝0，即－x0（2m2＋2－x0）＋（2m－y0）2＝0，
化简得（4－2x0）m2－4y0m＋ ＋ －2x0＝0，　①
令可得
所以当x0＝2，y0＝0时，对任意的m∈R，①式恒成立，所以以PQ为直径
的圆过定点A（2，0）.
定线问题
【例3】　椭圆Γ： ＋ ＝1（a＞b＞0）的上顶点为A（0， ），下
顶点为B，离心率为 ，点P（0，2）.
（1）求椭圆Γ的方程；
解：椭圆Γ的离心率为 ，则 ＝ ，得c＝ a，又a2＝b2＋
c2，b＝ ，
所以a2＝2＋ a2，得a2＝4，所以椭圆Γ的方程为 ＋ ＝1.
（2）如图，过点P的动直线l交椭圆Γ于M，N两点（不同于A，B两
点），若直线AN与直线BM交于点Q，点Q是否在一条定直线上？
若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由.
解：由题可得A（0， ），B（0，－ ），过点P（0，2）的直线l斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋2，M（x1，y1），N（x2，y2），
由消去y得关于x的一元二次方程（1＋2k2）x2＋8kx
＋4＝0，1＋2k2≠0，
则Δ＝（8k）2－16（1＋2k2）＝32k2－16＞0，即k＜－ 或k＞ ，
x1＋x2＝ ，x1x2＝ .
直线AN的方程为y＝ x＋ ，直线BM的方程为y＝ x－
，设Q（x0，y0），
由
可得
易知x1＋x2＝－2kx1x2，
则y0＝ ＝
＝1，
则直线AN与直线BM交点Q的纵坐标为定值1，所以点Q在定直线y
＝1上.
证明动点在定线上的方法
（1）参数法：由已知条件中影响动点的含参方程，确定动点坐标P（x，
y）与参数间的数量关系，再根据等量关系或几何关系消去参数，求
得关于x，y且不含参数的固定方程，故该动点就在此定线上；
（2）特殊探求法：从动点形成的动源入手，取动点运动中几个特殊位
置，初步探索动点所在的直（曲）线，然后再证明无论动源怎样变
化，动点P（x，y）始终在此直（曲）线上.
　已知抛物线C：y2＝2x，A（x1，y1），B（x2，y2）是C上两个不同的
点.
（1）求证：直线y1y＝x1＋x与抛物线C相切；
证明：（1）联立
得y2－2y1y＋2x1＝0，
因为A（x1，y1）在抛物线C上，
则 ＝2x1，
所以Δ＝（－2y1）2－4×2x1
＝4 －8x1＝0，
因此直线y1y＝x1＋x与抛物线C相切.
（2）若O为坐标原点， · ＝－1，抛物线C在A，B处的切线交于点
P，证明：点P在定直线上.
证明：设P（x0，y0），由（1）知，切线PA的方程为y1y＝x1
＋x，切线PB的方程为y2y＝x2＋x，
联立
得x0＝ ，
因为x1＝ ，x2＝ ，
所以x0＝ ＝ .
又因为 · ＝－1，
所以x1x2＋y1y2＝ · ＋y1y2＝－1，
解得y1y2＝－2，所以x0＝－1.
故点P在定直线x＝－1上.
03
课时跟踪检测
1. （2024·贵阳适应性考试）已知双曲线C的方程为 － ＝1（a＞0，b
＞0），虚轴长为2，点A（－4，－1）在双曲线C上.
（1）求双曲线C的方程；
解：因为虚轴长2b＝2，所以b＝1.
因为点A（－4，－1）在双曲线C上，所以 － ＝1，
解得a2＝8.
故双曲线C的方程为 －y2＝1.
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（2）过原点O的直线与双曲线C交于S，T两点（异于点A），已知直
线AS和直线AT的斜率存在，证明：直线AS和直线AT的斜率之积
为定值.
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解：证明：设S（x0，y0），则T（－x0，－y0），
所以kAS·kAT＝ · ＝ .
因为点S（x0，y0）在双曲线C上，
所以 － ＝1，得1－ ＝2－ ，
于是kAS·kAT＝ ＝ ＝ ，
所以直线AS和直线AT的斜率之积为定值，定值是 .
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2. 已知椭圆C1： ＋ ＝1（a＞b＞0）的右顶点与抛物线C2：y2＝2px
（p＞0）的焦点重合，椭圆C1的离心率为 ，过椭圆C1的右焦点F且垂
直于x轴的直线截抛物线C2所得的弦长为4 .
（1）求椭圆C1和抛物线C2的方程；
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解：由椭圆C1的离心率为 ，可得 ＝ ，
∴a＝2c，
∵椭圆C1的右顶点与抛物线C2的焦点重合，
∴a＝ ，得p＝2a，∴p＝4c，
将x＝c代入抛物线C2的方程，可得y2＝2pc，
∴｜y｜＝ ＝2 c，
∵过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截抛物线C2所得的弦
长为4 ，∴2｜y｜＝4 ，
即2×2 c＝4 ，解得c＝1，
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2
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∴a＝2，p＝4c＝4，
由b2＝a2－c2，可得b2＝4－1＝3，
∴椭圆C1的方程为 ＋ ＝1，抛物线C2的方程为y2＝8x.
1
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3
4
（2）过点A（－4，0）的直线l与椭圆C1交于不同的两点M（x1，
y1），N（x2，y2），点M关于x轴的对称点为E（x1，－y1）.证
明：当直线l绕点A旋转时，直线EN经过定点.
解：证明：如图，由题知，直线l的斜率存在，设直线l：y
＝k（x＋4），
联立消去y得（3＋4k2）x2＋3
2k2x＋64k2－12＝0，
1
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3
4
∴
直线EN的方程为y＋y1＝ （x－x1），
即y＋k（x1＋4）＝ （x－x1），
即y＝ x－ ，
代入①②可得y＝ · （x＋1），
∴当直线l绕点A旋转时，直线EN经过定点（－1，0）.
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3. 已知双曲线C： － ＝1（a＞0，b＞0）过点（4，6），焦距为8.
（1）求双曲线C的方程；
解：由题意得解得
所以双曲线C的方程为 － ＝1.
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（2）过C的右焦点F的直线与C交于M，N两点，点Q的坐标为（ ，
0）.过点M作x轴的平行线交NQ于点P. 求证：点P在定直线上.
解：证明：由（1）知F（4，0），
设直线MN的方程为x＝my＋4，
代入 － ＝1得，（3m2－1）y2＋24my＋36＝0.
则
解得m≠± .
设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，y1），
则y1＋y2＝ ，y1y2＝ ，
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直线NQ的方程为y＝ （x－ ）.
又因为点P在直线NQ上，
所以y1（my2＋ ）＝y2（x0－ ）.
所以x0－ ＝
＝
＝ ＝－ ，
所以x0＝－ ＋ ＝1，
即点P在定直线x＝1上.
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4. 我们把抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形，对应
的三个切点形成的三角形称为抛物线的切点三角形.如图，△P0P1P2，
△ABC分别为抛物线y2＝2px（p＞0）的切线三角形和切点三角形，F
为该抛物线的焦点，且当直线AB的斜率为－1时，AB中点的纵坐标为
－2.
（1）求p；
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解：由题可知点A，B均在抛物线上，故可设A（ ，y1），B（ ，y2），
由题意得当kAB＝－1时，y1＋y2＝－2×2＝－4，
故kAB＝ ＝ ＝－ ＝－1，
所以p＝2.
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（2）若直线AC过点F，直线AB，BC分别与该抛物线的准线交于点
D，E，记点D，E的纵坐标分别为yD，yE. 证明：yDyE为定值；
解：证明：根据题意作图，
如图，由（1）知抛物线的方程为y2＝4x，所
以F（1，0），准线方程为x＝－1.
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因为直线AC过点F，所以 与 共线，因为点C在抛物线上，所以可设C（ ，y3），则 ＝（1－ ，－y1）， ＝（ －1，y3），
所以y3（1－ ）＋y1（ －1）＝0，即（y1－y3）·（1＋ ）＝0，因为y1≠y3，所以y1y3＝－4.
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易知直线AB的方程为y－y1＝ （x－ ），即y＝ x＋ ，令x＝－1，得yD＝ ，同理可得yE＝ ，
所以yDyE＝ · ＝ .
因为y1y3＝－4，所以yDyE＝ ＝
－4，所以yDyE为定值－4.
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2
3
4
（3）若A，B，C均不与坐标原点重合，证明：｜FA｜·｜FB｜·｜
FC｜＝｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜.
解：证明：由题意知抛物线y2＝4x在A，B，C三点处的切线的斜率都存在且不为0.
设抛物线y2＝4x在点A（ ，y1）处的切线
方程为y－y1＝k（x－ ）（k≠0），
与y2＝4x联立，消去x并整理得ky2－4y＋4y1
－k ＝0，
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4
由Δ＝16－4k（4y1－k ）＝0，解得k＝ .
所以抛物线y2＝4x在点A处的切线方程为y1y＝2x＋ .
同理可得抛物线y2＝4x在点B处的切线方程为y2y＝2x＋ ，在
点C处的切线方程为y3y＝2x＋ .
故易得P0（ ， ），P1（ ， ），P2（ ，
），
1
2
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4
｜FA｜＝x1＋1＝ ，｜FB｜＝ ，
｜FC｜＝ ，
所以｜FA｜·｜FB｜·｜FC｜＝ .
由两点间的距离公式得｜FP0｜＝
＝ ，
1
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3
4
同理可得｜FP1｜＝ ，｜FP2｜＝
，
所以｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜＝
· ·
＝ ，
所以｜FA｜·｜FB｜·｜FC｜＝｜FP0｜·｜FP1｜·｜FP2｜.
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