第19讲 圆锥曲线中的定点（线）、定值问题
（时间：45分钟，满分：60分）
解答题（共60分）
1.（13分）如图所示，抛物线y2＝2px（p＞0）的准线过点（－2，3）.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若角α为锐角，以角α为倾斜角的直线经过抛物线的焦点F，且与抛物线交于A，B两点，作线段AB的垂直平分线l交x轴于点P，证明：｜FP｜－｜FP｜cos 2α为定值，并求此定值.
2.（15分）（2025·山东济宁一模节选）已知椭圆E：＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，A1，A2分别为E的左、右顶点，B为E的上顶点，且·＝－2.
（1）求E的方程；
（2）过E的右焦点F作斜率不为0的直线交E于M，N两点，设直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上.
3.（15分）已知双曲线C的中心为坐标原点O，C的一个焦点坐标为F1（0，3），离心率为.
（1）求C的方程；
（2）设C的上、下顶点分别为A1，A2，若直线l交C于M（x1，y1），N（x2，y2），且点N在第一象限，y1y2＞0，直线A1M与直线A2N的交点P在直线y＝上，证明：直线MN过定点.
4.（17分）（2025·山东烟台一模）已知椭圆Γ1：＋＝1（a＞b＞0）的焦距为2，离心率为.
（1）求椭圆Γ1的方程；
（2）设O为坐标原点，P，Q为Γ1上两个动点，且OP⊥OQ，作OM⊥PQ，垂足为M.
①线段OM的长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由；
②设点M的轨迹为Γ2，过点P作Γ2的切线交Γ1于点N（异于P，Q），求△PQN面积的最小值.
第19讲 圆锥曲线中的定点（线）、定值问题
1.解：（1）由题意得－＝－2，∴p＝4.
∴抛物线的标准方程为y2＝8x.
（2）设A（xA，yA），B（xB，yB），直线AB的斜率为k＝tan α，则直线方程为y＝k（x－2），
将此式代入y2＝8x，得k2x2－4（k2＋2）x＋4k2＝0，故xA＋xB＝，
设直线l与AB的交点为E（xE，yE），
则xE＝＝，yE＝k（xE－2）＝，
故直线l的方程为y－＝－（x－），令y＝0得点P的横坐标为xP＝，
故｜FP｜＝xP－2＝＝，
∴｜FP｜－｜FP｜cos 2α＝（1－cos 2α）＝＝8，
∴｜FP｜－｜FP｜cos 2α为定值8.
2.解：（1）由题意知，＝（－a，－b），＝（a，－b），
所以·＝b2－a2＝－c2＝－2，即c＝.又e＝＝，所以a＝2，
所以b2＝a2－c2＝6.所以E的方程为＋＝1.
（2）证明：由于直线MN过点F（，0）且斜率不为0，所以可设直线MN的方程为x＝my＋.
由得（3m2＋4）y2＋6my－18＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1＋y2＝－，y1y2＝－，
所以my1y2＝（y1＋y2）.
因为椭圆E的左、右顶点分别为A1（－2，0），A2（2，0），
所以直线MA1的方程为y＝（x＋2），
直线NA2的方程为y＝（x－2），
联立直线MA1与NA2的方程得＝·＝
＝＝＝＝3，
解得x＝4，所以点P在定直线x＝4上.
3.解：（1）由题意得c＝3，＝，则a＝，所以b2＝c2－a2＝6，故C的方程为－＝1.
（2）证明：由已知条件得直线MN的斜率存在，设直线MN：y＝kx＋t，
联立
消去y整理得，（2k2－1）x2＋4ktx＋2t2－6＝0，
由题设条件得2k2－1≠0，Δ＝16k2t2－4（2k2－1）（2t2－6）＝8（t2＋6k2－3）＞0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
由（1）得A1（0，），A2（0，－），则直线A1M：y－＝x，直线A2N：y＋＝x，
两式相除得＝.
因为直线A1M与直线A2N的交点P在直线y＝上，所以＝.
因为－＝1，所以·＝＝，
即＝，
所以＝＝2××＝.
又（y1－）（y2－）＝k2x1x2＋k（t－）（x1＋x2）＋（t－）2＝k2×－k（t－）＋（t－）2＝，
所以＝，解得t＝5，
所以直线MN过定点（0，5）.
4.解：（1）由椭圆Γ1：＋＝1的焦距为2，则c＝，
由椭圆的离心率为，则e＝＝，解得a＝，
易知b＝＝，则可得椭圆Γ1：＋＝1.
（2）①当直线PQ的斜率不存在时，可设方程为x＝n，代入椭圆Γ1：＋＝1，
可得P（n，），Q（n，－），易知｜OM｜＝｜n｜＝，
解得｜n｜＝；
当直线PQ的斜率存在时，可设方程为y＝kx＋m，
联立消去y可得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
由Δ＝48k2＋24－8m2＞0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
可得y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）＝k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2，
由直线OP的斜率kOP＝，直线OQ的斜率kOQ＝，且OP⊥OQ，
则kOPkOQ＝＝－1，整理可得y1y2＋x1x2＝0，
化简可得（1＋k2）（2m2－6）－4k2m2＋m2（1＋2k2）＝0，解得m2＝2＋2k2，
由｜OM｜＝＝＝.
②由圆的对称性，则S△PQN＝2S△POQ＝｜OM｜·｜PQ｜，
由①可知：当直线PQ的斜率不存在时，｜PQ｜＝2，
当直线PQ的斜率存在时，｜PQ｜＝·｜x1－x2｜＝·＝·
＝2·＝2·≤3，当且仅当k＝±时，等号成立，则2＜｜PQ｜≤3，
综上可得2≤｜PQ｜≤3，故S△PQN的最小值为4.
1 / 1第19讲 圆锥曲线中的定点（线）、定值问题
【备考指南】 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查定点、定线与定值问题，运算量较大，难度较大.
1.定值问题，其本质为求值，求值过程中含有参数，利用等量代换、约分等，使得代数式计算结果不含参数，为一个常量.
1.已知A（－4，－1），过原点O的直线与双曲线C：－y2＝1交于S，T两点（异于点A），且直线AS和直线AT的斜率均存在，证明：直线AS和直线AT的斜率之积为定值.
2.定点问题，其本质为求直（曲）线的方程，所求方程一般含有参数，通过归类整理，运用恒成立问题的解法即可求得定点坐标.
2.不经过点P（2，2）的动直线l：y＝kx＋b与抛物线C：x2＝2y相交于A，B两点，且直线PA和PB的斜率之积等于3，证明：直线l过定点，并求出定点坐标.
【思维建模】 定点与定值问题的常见解题步骤
考点一 定值问题
【通性通法】 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.
【例1】 （2025·八省联考改编）过双曲线Γ：x2－＝1的左焦点F1的直线交左支于A，B两点（A在B的上方），判断＋是否为定值，并说明理由.
【瓶颈突破】 结合图形，可推出直线PA，PB的斜率互为相反数.
【训练1】 （2025·河南洛平许济二模）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的焦距为2，且过点P（－1，2）.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P作两条直线分别交椭圆C于A，B两点，若直线x＝－1平分∠APB，求证：直线AB的斜率为定值，并求出这个定值.
考点二 定点问题
【通性通法】 直线过定点问题的解题策略
【例2】 （2025·江苏南京调研）已知F1，F2分别为双曲线E：－＝1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点F1到双曲线E的渐近线的距离为2，点A为双曲线E的右顶点，且｜AF1｜＝2｜AF2｜.
（1）求双曲线E的标准方程；
（2）若四边形ABCD为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证：直线BD过定点.
【瓶颈突破】 对于动曲线C过定点问题，先引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参数恒成立，令其系数等于0，得出定点.
【训练2】 〔创新命题角度〕已知椭圆C：＋y2＝1的上顶点为A，过点（0，）的直线l与椭圆C交于两个不同的点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.证明：以MN为直径的圆过y轴上的定点.
考点三 定线问题
【通性通法】 解决定线问题的核心在于确定动点的轨迹方程，主要方法有：
（1）待定系数法：设出含参数的直线方程，利用条件消去参数，得到系数确定动点的坐标，确定直线；
（2）设点法：设出动点的坐标，通过动点满足的条件消去参数，得到动点的轨迹方程，从而确定直线.
【例3】 （2025·广东六校联考节选）已知椭圆C：＋＝1（0＜b＜2）的右焦点为F，点A，B在C上，且＝λ（λ＞0）.当λ＝1时，｜AB｜＝3.
（1）求C的方程；
（2）已知存在异于点F的动点P，使得＝λ，若A，B，P三点共线，证明：点P在定直线上.
【训练3】 （2025·山东潍坊一模）已知抛物线E的顶点为坐标原点O，焦点为（1，0），过点M（2，0）的直线与E交于A，B两点，过点B作y轴的垂线与直线OA相交于点P.
（1）求E的方程；
（2）证明：点P在定直线l上.
第19讲 圆锥曲线中的定点（线）、定值问题
【基础·回扣】
1.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.
2.证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），
则kPA＝＝＝＝，
同理可得kPB＝，
所以kPA·kPB＝·＝3，
即有x1x2＋2（x1＋x2）＝8，
联立直线方程l：y＝kx＋b与抛物线方程，
有
即x2－2kx－2b＝0，Δ＝4k2＋8b＞0，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，
即有－2b＋2×2k＝8，化简得b＝2k－4，
此时Δ＝4k2＋8b＝4k2＋16k－32，
则Δ＞0有解，
则l：y＝k（x＋2）－4，
即直线l过定点（－2，－4）.
【典例·讲解】
【例1】 解：由x2－＝1知F1（－2，0），假设＋是定值，
当直线AB垂直于x轴时，此时＋＝＝.
设直线AB的方程为x＝my－2，A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＞0，y2＜0，
由消去x整理得关于y的方程（3m2－1）y2－12my＋9＝0，3m2－1≠0，Δ＞0，所以y1＋y2＝，y1y2＝，
所以｜AF1｜＝＝＝y1，
｜BF1｜＝＝＝－y2，
所以＋＝（－）＝＝×＝·＝.
所以＋是定值.
【训练1】 解：（1）依题意可得解得所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
（2）依题意直线PA，PB的斜率存在且不为0，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线PA的方程为y－2＝k（x＋1）（k≠0），
由
消去y得（k2＋4）x2＋2k（k＋2）x＋k2＋4k－4＝0，
所以x1＝，因为直线x＝－1平分∠APB，
所以直线PA，PB的斜率互为相反数，
所以设直线PB的方程为y－2＝－k（x＋1）（k≠0），同理可得x2＝，
因为y1－2＝k（x1＋1），y2－2＝－k（x2＋1），
所以y1－y2＝k（x1＋x2）＋2k＝k（＋）＋2k＝，
又x1－x2＝－＝，
所以kAB＝＝－2，即直线AB的斜率为定值－2.
【例2】 解：（1）设双曲线E的焦距为2c，则F1（－c，0），
故点F1到双曲线E的渐近线bx±ay＝0的距离为＝b＝2.
由｜AF1｜＝2｜AF2｜，知c＋a＝2（c－a），得c＝3a.
又c2＝a2＋b2，所以（3a）2＝a2＋8，解得a2＝1.
所以双曲线E的标准方程为x2－＝1.
（2）证明：①当直线BD的斜率不存在时，显然点B，D均在双曲线E的左支上（若点B，D均在双曲线E的右支上，则∠BAx＝，由渐近线2x±y＝0，显然∠BAx不可能为，矛盾），不妨设点B在第二象限，如图，若四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD，得直线DA的斜率kDA＝1，
又A（1，0），所以直线DA的方程为y＝x－1.
由得7x2＋2x－9＝0，解得x＝－或x＝1，所以此时直线BD的方程为x＝－.
②当直线BD的斜率存在时，设直线BD的方程为y＝kx＋m，B（x1，y1），D（x2，y2），
联立得（8－k2）x2－2kmx－m2－8＝0，
Δ＝（－2km）2－4（8－k2）（－m2－8）＝32（m2－k2＋8），
当时，x1＋x2＝，x1x2＝－.
因为四边形ABCD为矩形，
所以AB⊥AD，
所以·＝（x1－1，y1）·（x2－1，y2）＝（x1－1）（x2－1）＋y1y2＝0，
所以（x1－1）（x2－1）＋（kx1＋m）（kx2＋m）＝（k2＋1）x1x2＋（km－1）（x1＋x2）＋m2＋1＝0，
所以－＋＋＝0，
所以7m2－2km－9k2＝0，
所以（m＋k）（7m－9k）＝0，所以m＝－k或m＝k.
当m＝－k时，直线BD的方程为y＝kx－k＝k（x－1），过定点A（1，0），不合题意，舍去.
当m＝k时，直线BD的方程为y＝kx＋k＝k（x＋），过定点（－，0）.
综上，直线BD过定点（－，0）.
【训练2】 证明：由题意知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋，P（x1，y1），Q（x2，y2），由得（4k2＋2）x2＋4kx－3＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
直线AP的方程为y＝x＋1，直线AQ的方程为y＝x＋1，
可得M（，0），N（，0），
以MN为直径的圆的方程为（x＋）（x＋）＋y2＝0，
即x2＋y2＋（＋）x＋＝0 ①，
因为
＝
＝
＝＝－6，
所以在①中，令x＝0，得y2＝6，
即以MN为直径的圆过y轴上的定点（0，±）.
【例3】 解：（1）当λ＝1时，由对称性可知AB⊥x轴，
∴｜AB｜＝2b＝b2＝3，
∴C的方程为＋＝1.
（2）证明：法一 当λ＝1时，点P与点F重合，∴λ≠1，直线AB的斜率存在.
当直线AB的斜率不为0时，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为x＝my＋1，
代入方程＋＝1，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－.
由＝λ，可知
∵A，B，P三点共线，点P异于点F，且＝λ（λ＞0且λ≠1），∴点P在线段AB的延长线或反向延长线上，
则＝λ.
设P（x，y），则x＝.
由y1＋λy2＝0，得λ＝－，代入上式得x＝＝，
∴x＝
＝
＝，
把y1＋y2＝－，y1y2＝－，
代入上式得x＝4，
∴点P在直线x＝4上.
当直线AB的斜率为0时，不妨设A（－2，0），B（2，0），又F（1，0），＝λ（λ＞0且λ≠1），∴λ＝3，＝3，则P（4，0）.
综上，点P在定直线x＝4上.
法二（点差法） 当λ＝1时，点P与点F重合，∴λ≠1.
设A（x1，y1），B（x2，y2），由＝λ，可知
∵A，B，P三点共线，点P异于点F，且＝λ（λ＞0且λ≠1），
∴点P在线段AB的延长线或反向延长线上，则＝λ.
设P（x，y），则x＝＝＝.
＋＝1 ①，＋＝1 ②，
①－λ2×②，得＋＝1－λ2，即＋＝1－λ2，
则（x1＋λx2）（x1－λx2）＝4（1－λ2），
∴x＝＝4，点P在定直线x＝4上.
【训练3】 解：（1）由题意，设抛物线E的标准方程为y2＝2px（p＞0），则＝1，可得p＝2，
故抛物线E的标准方程为y2＝4x.
（2）证明：若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合题意，
设直线AB的方程为x＝my＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立可得y2－4my－8＝0，Δ＝16m2＋32＞0，
由根与系数的关系可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
由题意可知，直线BP的方程为y＝y2，
直线OA的方程为y＝x＝x＝，
联立直线BP，OA的方程得可得＝y2，所以x＝＝－2.
因此，点P在定直线l：x＝－2上.
2 / 2(共52张PPT)
第19讲
圆锥曲线中的定点（线）、定值问题
备考指南
以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查定点、定线与定值问题，运算量较大，难度较大.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. 已知A（－4，－1），过原点O的直线与双曲线C： －y2＝1交于
S，T两点（异于点A），且直线AS和直线AT的斜率均存在，证明：直线
AS和直线AT的斜率之积为定值.
定值问题，其本质为求值，求值过程中含有参数，利用等量代换、约分等，使得代数式计算结果不含参数，为一个常量.
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 .
2. 不经过点P（2，2）的动直线l：y＝kx＋b与抛物线C：x2＝2y相交
于A，B两点，且直线PA和PB的斜率之积等于3，证明：直线l过定点，
并求出定点坐标.
定点问题，其本质为求直（曲）线的方程，所求方程一般含有参数，通过归类整理，运用恒成立问题的解法即可求得定点坐标.
证明：设A（x1，y1），B（x2，y2），
则kPA＝ ＝ ＝ ＝ ，
同理可得kPB＝ ，
所以kPA·kPB＝ · ＝3，即有x1x2＋2（x1＋x2）＝8，
联立直线方程l：y＝kx＋b与抛物线方程，有
即x2－2kx－2b＝0，Δ＝4k2＋8b＞0，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，
即有－2b＋2×2k＝8，化简得b＝2k－4，
此时Δ＝4k2＋8b＝4k2＋16k－32，则Δ＞0有解，
则l：y＝k（x＋2）－4，即直线l过定点（－2，－4）.
【思维建模】 定点与定值问题的常见解题步骤
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 定值问题
【例1】 （2025·八省联考改编）过双曲线Γ：x2－ ＝1的左焦点F1的直
线交左支于A，B两点（A在B的上方），判断 ＋ 是否为
定值，并说明理由.
【通性通法】 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.
解：由x2－ ＝1知F1（－2，0），假设 ＋ 是定值，
当直线AB垂直于x轴时，此时 ＋ ＝ ＝ .
设直线AB的方程为x＝my－2，A（x1，y1），B（x2，y2），则y1＞0，
y2＜0，由 消去x整理得关于y的方程（3m2－1）y2－12my
＋9＝0，3m2－1≠0，Δ＞0，所以y1＋y2＝ ，y1y2＝ ，
所以｜AF1｜＝ ＝ ＝y1 ，
｜BF1｜＝ ＝ ＝－y2 ，
所以 ＋ ＝ （ － ）＝ ＝
× ＝
＝ .
所以 ＋ 是定值 .
【训练1】 （2025·河南洛平许济二模）已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b
＞0）的焦距为2 ，且过点P（－1，2）.
（1）求椭圆C的标准方程；
解： 依题意可得 解得 所以椭圆C的标准方
程为 ＋ ＝1.
（2）过点P作两条直线分别交椭圆C于A，B两点，若直线x＝－1平分
∠APB，求证：直线AB的斜率为定值，并求出这个定值.
解：依题意直线PA，PB的斜率存在且不为0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），直线PA的方程为y－2＝k
（x＋1）（k≠0），
由 消去y得（k2＋4）x2＋2k（k＋2）x
＋k2＋4k－4＝0，
所以x1＝ ，因为直线x＝－1平分∠APB，
所以直线PA，PB的斜率互为相反数，
【瓶颈突破】 结合图形，可推出直线PA，PB的斜率互为相反数.
所以设直线PB的方程为y－2＝－k（x＋1）（k≠0），同
理可得x2＝ ，
因为y1－2＝k（x1＋1），y2－2＝－k（x2＋1），
所以y1－y2＝k（x1＋x2）＋2k＝k（ ＋ ）
＋2k＝ ，
又x1－x2＝ － ＝ ，
所以kAB＝ ＝－2，即直线AB的斜率为定值－2.
考点二 定点问题
【例2】 （2025·江苏南京调研）已知F1，F2分别为双曲线E： － ＝
1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，点F1到双曲线E的渐近线的距离为
2 ，点A为双曲线E的右顶点，且｜AF1｜＝2｜AF2｜.
（1）求双曲线E的标准方程；
解： 设双曲线E的焦距为2c，则F1（－c，0），
故点F1到双曲线E的渐近线bx±ay＝0的距离为 ＝b＝2 .
由｜AF1｜＝2｜AF2｜，知c＋a＝2（c－a），得c＝3a.
又c2＝a2＋b2，所以（3a）2＝a2＋8，解得a2＝1.
所以双曲线E的标准方程为x2－ ＝1.
（2）若四边形ABCD为矩形，其中点B，D在双曲线E上，求证：直线
BD过定点.
【通性通法】 直线过定点问题的解题策略
解： 证明：①当直线BD的斜率不存在时，显然
点B，D均在双曲线E的左支上（若点B，D均在双曲
线E的右支上，则∠BAx＝ ，由渐近线2 x±y＝
0，显然∠BAx不可能为 ，矛盾），不妨设点B在第
二象限，如图，若四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD，
得直线DA的斜率kDA＝1，
又A（1，0），所以直线DA的方程为y＝x－1.
由 得7x2＋2x－9＝0，解得x＝－ 或x＝1，所以此时直线BD的方程为x＝－ .
②当直线BD的斜率存在时，设直线BD的方程为y＝kx＋m，B（x1，
y1），D（x2，y2），联立 得（8－k2）x2－2kmx－m2－8
＝0，
Δ＝（－2km）2－4（8－k2）（－m2－8）＝32（m2－k2＋8），
当 时，x1＋x2＝ ，x1x2＝－ .
因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD，
所以 · ＝（x1－1，y1）·（x2－1，y2）＝（x1－1）（x2－1）＋y1y2
＝0，
所以（x1－1）（x2－1）＋（kx1＋m）（kx2＋m）＝（k2＋1）x1x2＋
（km－1）（x1＋x2）＋m2＋1＝0，
所以－ ＋ ＋ ＝0，
所以7m2－2km－9k2＝0，
所以（m＋k）（7m－9k）＝0，所以m＝－k或m＝ k.
当m＝－k时，直线BD的方程为y＝kx－k＝k（x－1），过定点A（1，
0），不合题意，舍去.
当m＝ k时，直线BD的方程为y＝kx＋ k＝k（x＋ ），过定点（－
，0）.
综上，直线BD过定点（－ ，0）.
【训练2】 〔创新命题角度〕已知椭圆C： ＋y2＝1的上顶点为A，
过点（0， ）的直线l与椭圆C交于两个不同的点P，Q，直线AP与x轴
交于点M，直线AQ与x轴交于点N. 证明：以MN为直径的圆过y轴上的
定点.
【瓶颈突破】 对于动曲线C过定点问题，先引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参数恒成立，令其系数等于0，得出定点.
证明：由题意知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋ ，P（x1，
y1），Q（x2，y2），由 得（4k2＋2）x2＋4kx－3＝0，
所以x1＋x2＝－ ，x1x2＝－ ，
直线AP的方程为y＝ x＋1，直线AQ的方程为y＝ x＋1，
可得M（ ，0），N（ ，0），
以MN为直径的圆的方程为（x＋ ）（x＋ ）＋y2＝0，
即x2＋y2＋（ ＋ ）x＋ ＝0 ①，
因为 ＝ ＝ ＝
＝－6，所以在①中，令x＝0，得y2＝6，
即以MN为直径的圆过y轴上的定点（0，± ）.
考点三 定线问题
【例3】 （2025·广东六校联考节选）已知椭圆C： ＋ ＝1（0＜b＜
2）的右焦点为F，点A，B在C上，且 ＝λ （λ＞0）.当λ＝1
时，｜AB｜＝3.
（1）求C的方程；
解： 当λ＝1时，由对称性可知AB⊥x轴，
∴｜AB｜＝2b ＝b2＝3，∴C的方程为 ＋ ＝1.
（2）已知存在异于点F的动点P，使得 ＝λ，若A，B，P三点共
线，证明：点P在定直线上.
【通性通法】 解决定线问题的核心在于确定动点的轨迹方程，主要方法有：
（1）待定系数法：设出含参数的直线方程，利用条件消去参数，得到系数确定动点的坐标，确定直线；
（2）设点法：设出动点的坐标，通过动点满足的条件消去参数，得到动点的轨迹方程，从而确定直线.
解： 证明：法一 当λ＝1时，点P与点F重合，∴λ≠1，直线AB
的斜率存在.
当直线AB的斜率不为0时，设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方
程为x＝my＋1，代入方程 ＋ ＝1，得（3m2＋4）y2＋6my－9＝0，
∴y1＋y2＝－ ，y1y2＝－ .
由 ＝λ ，可知
∵A，B，P三点共线，点P异于点F，且 ＝λ（λ＞0且
λ≠1），
∴点P在线段AB的延长线或反向延长线上，则 ＝λ .
设P（x，y），则x＝ .
由y1＋λy2＝0，得λ＝－ ，代入上式得x＝ ＝ ，
∴x＝ ＝ ＝ ，
把y1＋y2＝－ ，y1y2＝－ ，代入上式得x＝4，
∴点P在直线x＝4上.
当直线AB的斜率为0时，不妨设A（－2，0），B（2，0），又F（1，
0）， ＝λ （λ＞0且λ≠1），∴λ＝3， ＝3，则P（4，
0）.
综上，点P在定直线x＝4上.
法二（点差法） 当λ＝1时，点P与点F重合，∴λ≠1.
设A（x1，y1），B（x2，y2），由 ＝λ ，可知
∵A，B，P三点共线，点P异于点F，且 ＝λ（λ＞0且
λ≠1），
∴点P在线段AB的延长线或反向延长线上，则 ＝λ .
设P（x，y），则x＝ ＝ ＝ .
＋ ＝1 ①， ＋ ＝1 ②，
①－λ2×②，得 ＋ ＝1－λ2，
即 ＋ ＝1－λ2，
则（x1＋λx2）（x1－λx2）＝4（1－λ2），
∴x＝ ＝4，点P在定直线x＝4上.
【训练3】 （2025·山东潍坊一模）已知抛物线E的顶点为坐标原点O，
焦点为（1，0），过点M（2，0）的直线与E交于A，B两点，过点B作y
轴的垂线与直线OA相交于点P.
（1）求E的方程；
解： 由题意，设抛物线E的标准方程为y2＝2px（p＞0），则 ＝
1，可得p＝2，
故抛物线E的标准方程为y2＝4x.
（2）证明：点P在定直线l上.
解： 证明：若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线只有一个交
点，不合题意，
设直线AB的方程为x＝my＋2，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立 可得y2－4my－8＝0，Δ＝16m2＋32＞0，
由根与系数的关系可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－8，
由题意可知，直线BP的方程为y＝y2，
直线OA的方程为y＝ x＝ x＝ ，
联立直线BP，OA的方程得 可得 ＝y2，所以x＝ ＝－2.
因此，点P在定直线l：x＝－2上.
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：45分钟，满分：60分）
1
2
3
4
解答题（共60分）
1. （13分）如图所示，抛物线y2＝2px（p＞0）的
准线过点（－2，3）.
（1）求抛物线的标准方程；
解： 由题意得－ ＝－2，∴p＝4.
∴抛物线的标准方程为y2＝8x.
（2）若角α为锐角，以角α为倾斜角的直线经过抛物线的焦点F，且与抛
物线交于A，B两点，作线段AB的垂直平分线l交x轴于点P，证明：｜
FP｜－｜FP｜ cos 2α为定值，并求此定值.
解： 设A（xA，yA），B（xB，yB），直线AB的斜
率为k＝tan α，则直线方程为y＝k（x－2），
将此式代入y2＝8x，得k2x2－4（k2＋2）x＋4k2＝0，故
xA＋xB＝ ，设直线l与AB的交点为E（xE，yE），
则xE＝ ＝ ，yE＝k（xE－2）＝ ，故直线l的方程为y－ ＝－ ，令y＝0得点P的横坐标为xP＝ ，
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2
3
4
故｜FP｜＝xP－2＝ ＝ ，
∴｜FP｜－｜FP｜ cos 2α＝ （1－ cos 2α）＝ ＝8，
∴｜FP｜－｜FP｜ cos 2α为定值8.
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2
3
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2. （15分）（2025·山东济宁一模节选）已知椭圆E： ＋ ＝1（a＞b
＞0）的离心率为 ，A1，A2分别为E的左、右顶点，B为E的上顶点，且
· ＝－2.
（1）求E的方程；
解： 由题意知， ＝（－a，－b）， ＝（a，－b），
所以 · ＝b2－a2＝－c2＝－2，即c＝ .又e＝ ＝ ，所以a＝
2 ，
所以b2＝a2－c2＝6.所以E的方程为 ＋ ＝1.
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（2）过E的右焦点F作斜率不为0的直线交E于M，N两点，设直线MA1
与NA2交于点P. 证明：点P在定直线上.
解： 证明：由于直线MN过点F（ ，0）且斜率不为0，所以可设
直线MN的方程为x＝my＋ .
由 得（3m2＋4）y2＋6 my－18＝0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1＋y2＝－ ，y1y2＝－ ，
所以my1y2＝ （y1＋y2）.
因为椭圆E的左、右顶点分别为A1（－2 ，0），A2（2 ，0），
所以直线MA1的方程为y＝ （x＋2 ），
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2
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直线NA2的方程为y＝ （x－2 ），
联立直线MA1与NA2的方程得 ＝ · ＝
＝ ＝ ＝ ＝3，
解得x＝4 ，所以点P在定直线x＝4 上.
1
2
3
4
3. （15分）已知双曲线C的中心为坐标原点O，C的一个焦点坐标为F1
（0，3），离心率为 .
（1）求C的方程；
解： 由题意得c＝3， ＝ ，则a＝ ，所以b2＝c2－a2＝6，故C
的方程为 － ＝1.
（2）设C的上、下顶点分别为A1，A2，若直线l交C于M（x1，y1），N
（x2，y2），且点N在第一象限，y1y2＞0，直线A1M与直线A2N的交点P
在直线y＝ 上，证明：直线MN过定点.
1
2
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4
解： 证明：由已知条件得直线MN的斜率存在，设直
线MN：y＝kx＋t，
联立 消去y整理得，（2k2－1）x2＋4ktx
＋2t2－6＝0，
由题设条件得2k2－1≠0，Δ＝16k2t2－4（2k2－1）（2t2－6）＝8（t2＋6k2－3）＞0，
1
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4
因为直线A1M与直线A2N的交点P在直线y＝ 上，所以
＝ .
因为 － ＝1，
所以 · ＝ ＝ ，
即 ＝ ，
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所以 ＝ ＝2× × ＝ .
又（y1－ ）（y2－ ）＝k2x1x2＋k（t－ ）（x1＋
x2）＋（t－ ）2＝k2× －k（t－ ） ＋（t
－ ）2＝ ，
则x1＋x2＝ ，x1x2＝ .
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2
3
4
由（1）得A1（0， ），A2（0，－ ），则直线
A1M：y－ ＝ x，直线A2N：y＋ ＝ x，
两式相除得 ＝ .
所以 ＝ ，解得t＝5，所以直线MN过定点（0，5）.
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4. （17分）（2025·山东烟台一模）已知椭圆Γ1： ＋ ＝1（a＞b＞0）
的焦距为2 ，离心率为 .
（1）求椭圆Γ1的方程；
解： 由椭圆Γ1： ＋ ＝1的焦距为2 ，则c＝ ，
由椭圆的离心率为 ，则e＝ ＝ ，解得a＝ ，
易知b＝ ＝ ，则可得椭圆Γ1： ＋ ＝1.
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（2）设O为坐标原点，P，Q为Γ1上两个动点，且OP⊥OQ，作
OM⊥PQ，垂足为M.
①线段OM的长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由；
②设点M的轨迹为Γ2，过点P作Γ2的切线交Γ1于点N（异于P，Q），求
△PQN面积的最小值.
解： ①当直线PQ的斜率不存在时，可设方程为x＝
n，代入椭圆Γ1： ＋ ＝1，
可得P（n， ），Q（n，－ ），易知｜
OM｜＝｜n｜＝ ，解得｜n｜＝ ；
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当直线PQ的斜率存在时，可设方程为y＝kx＋m，联立 消去y可得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－6＝0，由Δ＝48k2＋24－8m2＞0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），
则x1＋x2＝－ ，x1x2＝ ，可得y1y2＝（kx1＋m）（kx2＋m）＝k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2，
由直线OP的斜率kOP＝ ，直线OQ的斜率kOQ＝ ，且OP⊥OQ，
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则kOPkOQ＝ ＝－1，整理可得y1y2＋x1x2＝0，
化简可得（1＋k2）（2m2－6）－4k2m2＋m2（1＋2k2）
＝0，解得m2＝2＋2k2，
由｜OM｜＝ ＝ ＝ .
②由圆的对称性，则S△PQN＝2S△POQ＝｜OM｜·｜PQ｜，
由①可知：当直线PQ的斜率不存在时，｜PQ｜＝2 ，
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当直线PQ的斜率存在时，｜PQ｜＝ ｜x1－x2｜
＝ · ＝
· ＝2 ·
＝2 · ≤3，当且仅当k＝± 时，等号
成立，则2 ＜｜PQ｜≤3，
综上可得2 ≤｜PQ｜≤3，
故S△PQN的最小值为4.
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THANKS
演示完毕 感谢观看
