专题突破　专题五　第5讲　定点、定值和探索性问题 学案

第5讲　定点、定值和探索性问题
1.(2020·新高考Ⅰ卷，T22)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；
(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.
2.(2023·新高考Ⅱ卷，T21)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.
命题热度：
本讲是历年高考命题常考的内容，属于中高档题目，主要以解答题的形式进行考查.分值约为15~17分.
考查方向：
一是要熟练掌握圆锥曲线的定义与方程，这是定义法求解轨迹方程的基础；二是定值、定点的证明与探究，考查数学运算、直观想象、数学建模等核心素养.
1.(1)解　由题设得+=1，=，
解得a2=6，b2=3.
所以C的方程为+=1.
(2)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，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.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k+m-1≠0，所以2k+3m+1=0，k≠1.
所以直线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，所以3-8x1+4=0.
解得x1=2(舍去)或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.
2.(1)解　设双曲线C的方程为-=1(a>0，b>0)，
由焦点坐标可知c=2，
则由e==，
可得a=2，b==4，
所以双曲线C的方程为-=1.
(2)证明　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-与-=1联立可得(4m2-1)y2-32my+48=0，且Δ=64(4m2+3)>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)，
联立直线MA1与直线NA2的方程可得
==
=
=
==-，
由=-可得x=-1，即xP=-1，
据此可得点P在定直线x=-1上运动.
考点一　定点(线)问题
例1　(2025·西安模拟)已知点A(-2，0)，B(2，0)，P是平面内一动点，PQ⊥AB，垂足Q位于线段AB上且不与点A，B重合，4|PQ|2=3|AQ|·|QB|.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点D(1，0)且与曲线C相交的两条线段分别为EF和MN，EF⊥MN(直线EF，MN的斜率均存在，且点E，F，M，N都在曲线C上)，若G，H分别是EF和MN的中点，求证：直线GH过定点.
(1)解　由题可设P(x，y)，则Q(x，0)(-2因为4|PQ|2=3|AQ|·|QB|，
所以4y2=3|x+2||x-2|=3|x2-4|=3(4-x2)，
整理得+=1，
即动点P的轨迹C的方程为+=1(-2(2)证明　由题意可知直线EF，MN的斜率存在且不为0，设直线EF的方程为y=k(x-1)(k≠0)，
E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立
消去y得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，Δ>0，
所以x1+x2=，x1x2=，
则y1+y2=k(x1+x2)-2k=，
所以EF的中点坐标为G，
因为EF⊥MN，所以直线MN的方程为y=-(x-1)(k≠0)，
同理可得MN的中点坐标为H，
当k=±1时，易得直线GH的方程为x=；
当k≠±1时，直线GH的斜率kGH==，
所以直线GH的方程为y-=，
令y=0 x=+=.
所以直线GH过定点.
[规律方法]　(1)直线过定点问题，一般先设出直线的方程：y=kx+b，然后利用题中条件得出k，b的关系，进而确定定点.
(2)圆过定点问题的常见类型是以AB为直径的圆过定点P，常把问题转化为PA⊥PB，也可以转化为·=0.
跟踪演练1　(2025·榆林模拟)已知焦距为2且焦点在x轴上的椭圆E经过点A(2，1).直线l：y=kx+m不过点A.若l与E相交于M，N两点，且以MN为直径的圆过点A.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)求证：点(k，m)在定直线上.
(1)解　设椭圆E的方程为+=1(a>b>0).
因为焦距为2，所以2c=2，c=，
即c2=a2-b2=3，
则解得
故椭圆E的标准方程为+=1.
(2)证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0，
由Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)>0，得6k2-m2+3>0，
则x1+x2=-，x1x2=.
因为以MN为直径的圆过点A，
所以AM⊥AN，即·=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0，
整理得y1y2-(y1+y2)+1=-x1x2+2(x1+x2)-4， ①
将y1+y2=k(x1+x2)+2m=，
y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=，
代入①式可得，
-+1=---4，
整理得(2k+m-1)(2k+3m+1)=0，
因为直线l不过点A，所以2k+m≠1，
即2k+3m+1=0，
所以点(k，m)在定直线2x+3y+1=0上.
考点二　定值问题
例2　(2025·济宁模拟)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的离心率为，且点A(4，3)在双曲线C上.
(1)求C的方程；
(2)若直线l交C于P，Q两点，∠PAQ的平分线与x轴垂直，求证：l的倾斜角为定值.
(1)解　由题意有 b2=a2，
又点A(4，3)在双曲线C上，所以-=1，
解得a2=4，b2=3，
所以双曲线C的方程为-=1.
(2)证明　方法一　直接法
由已知得直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立
得(3-4k2)x2-8kmx-4m2-12=0，
所以Δ=(-8km)2-4(3-4k2)(-4m2-12)=48(m2-4k2+3)>0，3-4k2≠0，
则x1+x2=，x1x2=-，
因为∠PAQ的平分线与x轴垂直，
所以kAP+kAQ=0，即+=0，
所以(y1-3)(x2-4)+(y2-3)(x1-4)=0，
即2kx1x2+(m-3-4k)(x1+x2)-8(m-3)=0，
所以-2k·+(m-3-4k)·-8(m-3)=0，
即-24(k+1)(m+4k-3)=0，
所以k=-1或m=3-4k，
当m=3-4k时，直线l的方程为y=kx+3-4k=k(x-4)+3，即直线l过点A(4，3)，不符合题意，
所以k=-1，设直线l的倾斜角为α(0≤α<π)，
则k=tan α=-1，解得α=，
即直线l的倾斜角为定值.
方法二　平移齐次化
将图形向左平移4个单位长度，向下平移3个单位长度，
平移后的双曲线方程为-=1，
整理得3x2-4y2+24x-24y=0，
平移后点A'的坐标为(0，0)，
设直线PQ平移后得到的直线P'Q'的方程为mx+ny=1(n≠0)，
P'(x1，y1)，Q'(x2，y2)，
联立
得3x2-4y2+24x(mx+ny)-24y(mx+ny)=0，
即(3+24m)x2-(4+24n)y2+24(n-m)xy=0，
两边同时除以x2，得-(4+24n)+24(n-m)+(3+24m)=0，
又因为∠P'A'Q'的平分线与x轴垂直，所以kP'A'+kQ'A'=0，
又A'(0，0)，所以+=0，
所以-=0，所以n=m，
所以直线mx+ny=1的斜率为-=-1.
即直线l的倾斜角为定值.
[规律方法]　圆锥曲线中定值问题的常见类型及解题策略
跟踪演练2　(2025·合肥模拟)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点和是中心为坐标原点，焦点在坐标轴上的椭圆E上的两点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若P为椭圆E上任意一点，以点P为圆心，OP为半径的圆与圆C：x2+(y+)2=5的公共弦为MN.证明：△CMN的面积为定值，并求出该定值.
解　(1)设椭圆E的方程为mx2+ny2=1(m>0，n>0，m≠n)，
由题意知
解得
所以椭圆E的标准方程为+x2=1.
(2)如图，设P(x0，y0)，
则+=1，
且圆P的方程为+=+，
即圆P的方程为x2+y2-2x0x-2y0y=0.
因为圆C的方程为x2+=5，则圆心C(0，-)，圆C的半径为，
将圆P的方程与圆C的方程作差，得
x0x+(+y0)y-1=0，
所以直线MN的方程为x0x+(+y0)y-1=0，
故点C(0，-)到直线MN的距离d==
==
==2，
又因为|MN|=2=2，
所以△CMN的面积S△CMN=|MN|·d=×2×2=2，即△CMN的面积为定值2.
考点三　探究性问题
例3　(2025·福州模拟)设抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l1交C于A，B两点(点A在第一象限)，当l1垂直于x轴时，|AB|=4.
(1)求C的方程；
(2)过点F且与l1垂直的直线l2交C于D，E两点(点D在第一象限)，直线x=1与直线AD和BE分别交于P，Q两点.
①当l1的斜率为时，求|PQ|；
②是否存在以PQ为直径的圆与y轴相切？若存在，求l1，l2的方程；若不存在，请说明理由.
解　(1)设A(xA，yA)，
B(xB，yB)，其中yA>0，
由题意可知F，
当AB⊥x轴时，直线AB的方程为x=，
将x=代入y2=2px(p>0)，
可得yA=p，yB=-p，
所以|AB|=2p=4，即p=2，
所以C的方程为y2=4x.
(2)①依题意，直线AB的方程为y=(x-1)，
即x=y+1，
由
得y2-3y-4=0，
解得yA=4，yB=-1，
则A(4，4)，B.
设D(xD，yD)，E(xE，yE)，其中yD>0，
直线DE的方程为y=-(x-1)，
即x=-y+1，
由
得y2+y-4=0，
解得yD=，yE=-6，
则D，E(9，-6).
所以kAD==，则直线AD的方程为y-4=(x-4)，
令x=1，得y=，所以P，
又kBE==-，所以直线BE的方程为y+6=-(x-9)，
令x=1，得y=-，所以Q，所以|PQ|=.
②方法一　设直线AB的方程为x=my+1，不妨设m>0，由
得y2-4my-4=0，则yAyB=-4，
同理yDyE=-4.
直线AD的方程为y-yA=(x-xA)，
即y=+yA，
设P(1，yP)， Q(1，yQ)，
令x=1，得yP=，
由于yA=-，yD=-，
所以yQ=-=-yP，
从而PQ的中点恒为F，所以以PQ为直径的圆与y轴相切等价于yP=1.
即yAyD+4=yA+yD，
由AB⊥DE得，·=-1，
故=-16，
即-4(+)+16=-16yAyD，
所以=4，
如图，可知yA>yD>0，
所以yAyD+4=2(yA-yD)，
所以yA+yD=2(yA-yD)，
因此yA=3yD，
可得3-4yD+4=0，
而Δ=-32<0，该方程无解，
故不存在以PQ为直径的圆与y轴相切.
方法二　设直线AD的方程为x=ky+m，其中m<0，
由
得y2-4ky-4m=0，则Δ=16k2+16m>0，
yA+yD=4k，yAyD=-4m.
因为FA⊥FD，所以·=-1，
即yAyD+=0，即yAyD+-+)+1=0，
所以-4m+m2-(16k2+8m)+1=0，
从而4k2=m2-6m+1.
设P(1，yP)，Q(1，yQ)，
令x=1，得yP=，故=
==4≥2，
当且仅当m=-1时，等号成立，
同理可得≥2，而P，Q分别在第一、第四象限，
所以|PQ|≥2>2，故不存在以PQ为直径的圆与y轴相切.
[规律方法]　存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定的问题明朗化.其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在并设出，列出关于待定系数的方程(组)，若方程(组)有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.注意：当结论或条件不唯一时，要分类讨论.
跟踪演练3　(2025·宝鸡模拟)已知双曲线C过点P(，1)且一条渐近线方程为x+y=0.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若过点M(1，0)的直线l与双曲线C相交于A，B两点，试问在x轴上是否存在定点N，使直线NA与直线NB关于x轴对称，若存在，求出定点N的坐标；若不存在，请说明理由.
解　(1)因为双曲线C的一条渐近线方程为x+y=0，所以设双曲线C的方程为x2-y2=λ(λ≠0)，
又双曲线C过点P(，1)，代入上式得，λ=2，
所以双曲线C的方程为-=1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
假设在x轴上存在定点N(x0，0)，使直线NA与直线NB关于x轴对称，则kNA+kNB=0.
由题意知，直线l的斜率一定存在，设其方程为y=k(x-1)，
联立
消去y得(1-k2)x2+2k2x-k2-2=0，
由题意知
即k∈(-，-1)∪(-1，1)∪(1，)，
又x1+x2=，x1x2=，
则kNA+kNB=+
==0，
即k=0，
化简得=0，
故k(2x0-4)=0，
由于上式对 k∈(-，-1)∪(-1，1)∪(1，)恒成立，所以x0=2，
所以存在定点N(2，0)，使kNA+kNB=0，即使直线NA与直线NB关于x轴对称.
专题强化练
[分值：51分]
1.(17分)(2025·石家庄模拟)已知椭圆C：+=1(a>b>0)经过A(-2，0)，B(2，0)两点，其左、右焦点分别为F1，F2，且焦距为有理数，点M为椭圆C上异于A，B的动点，△MF1F2面积的最大值为.
(1)求椭圆C的标准方程；(7分)
(2)若直线AM与BM分别交直线x=10于P，Q两点，证明：直线AP和AQ的斜率之积为定值.(10分)
(1)解　由椭圆C：+=1经过A(-2，0)，B(2，0)两点，可得a=2，
根据椭圆的几何性质，可得当点M为椭圆的上、下顶点时，△MF1F2的面积取得最大值，
即=bc=，
又因为a2=b2+c2，即22=b2+c2，
且焦距为有理数，解得b=，c=1，
故椭圆C的标准方程为+=1.
(2)证明　设M(x0，y0)，满足+=1，x0≠±2，
则kAP=kAM=，kBM=，
则直线BM的方程为y=(x-2)，
令x=10，可得y=，即Q，
则kAQ==·，
所以kAP·kAQ=·=·=-，即直线AP和AQ的斜率之积为定值-.
2.(17分)(2025·南京模拟)已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点P(-1，1)的直线l与C交于A，B两点.
(1)若|PF|是|AF|和|BF|的等比中项，求直线l的方程；(8分)
(2)若D是C上一点，且直线AD的斜率为2，证明：直线BD经过定点.(9分)
(1)解　由题意设直线l的方程为x=m(y-1)-1，
A，B，由题意知F(1，0)，
联立
消去x得y2-4my+4m+4=0，
则Δ=16m2-16m-16>0，
y1+y2=4m，y1y2=4m+4，
因为|PF|是|AF|和|BF|的等比中项，
所以|AF|·|BF|=|PF|2，
即=5，
所以++1=5，
所以(m+1)2+=4，
解得m=-1或m=1，
当m=1时，Δ=-16<0(舍去)，
所以m=-1，所以直线l的方程为x+y=0.
(2)证明　设A，B，D，
则kAD===2，
所以y1+y3=2，
直线AB的方程为
y=+y1=x+，
即4x-(y1+y2)y+y1y2=0，
因为直线AB过点P(-1，1)，
所以-4-(y1+y2)+y1y2=0，
同理可得，直线BD的方程为y=+y3，
即4x-(y3+y2)y+y3y2=0，
将y3=2-y1代入上式得，
4x-(2-y1+y2)y+y2(2-y1)=0，
即4x-(2-y1+y2)y+2y2-(y1+y2)-4=0，
即4x-(2-y1+y2)y+(2-y1+y2)-6=0，
即4x-6=(2-y1+y2)(y-1)，
令解得
所以直线BD恒过定点.
(共17分)
3.(17分)(2025·贵州模拟)已知双曲线C：-=1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为D，E，右焦点为F，点P是双曲线C上异于D，E的一点，且直线PD，PE的斜率之积为.
(1)求双曲线C的渐近线方程；(4分)
(2)若PF垂直于x轴，且|PF|=，直线l与双曲线C相切，直线l与直线PF相交于点Q，与直线x=相交于点R，证明为定值，并求此定值；(6分)
(3)在(2)的条件下，已知直线n与双曲线C交于点M，N(异于点D)，若以MN为直径的圆经过点D，且DG⊥MN于点G，证明：存在定点H，使得|GH|为定值.(7分)
(1)解　依题意，D(-a，0)，E(a，0)，
设点P(x0，y0)，则-=1，
即=-a2)，
由直线PD，PE的斜率之积为，
得=·==，
解得=，
所以双曲线C的渐近线方程为y=±x.
(2)解　设F(c，0)，由PF⊥x轴，|PF|=，
得-=1，又=，c2=a2+b2，
所以b=1，a=，c=2，
则双曲线C的方程为-y2=1，
设直线l与双曲线C相切的切点为(t，s)(s≠0)，
则s2=t2-1，直线l的方程为-sy=1，
所以Q，R，
则|QF|=，
|RF|===·，
而|t|>，所以=，
所以为定值.
(3)证明　当直线MN的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，而D(-，0)，x1≠-，x2≠-，
由
消去y得(3k2-1)x2+6kmx+3(m2+1)=0，
则
即3k2-1≠0且3k2-m2-1<0，
x1+x2=，x1x2=，
则y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2，
因为以MN为直径的圆经过点D，所以DM⊥DN，
又=(x1+，y1)，=(x2+，y2)，
则·=(x1+)(x2+)+y1y2=0，
(k2+1)x1x2+(km+)(x1+x2)+m2+3=0，
于是(k2+1)·+(km+)·+m2+3=0，
化简得m2-3km+6k2=0，
即(m-k)(m-2k)=0，
而直线MN不过点D，即m≠k，因此m=2k，
直线MN：y=k(x+2)过定点T(-2，0)；
当直线MN的斜率不存在时，由对称性，不妨设直线DM的方程为y=x+，
由
解得x=-2或x=-，
则点M，N的横坐标均为-2，
即直线MN：x=-2过定点T(-2，0)，
因此直线MN过定点T(-2，0)，
由DG⊥MN于点G，得点G在以DT为直径的圆上，H为圆心，|GH|为半径，则|GH|=|DT|=，
故存在定点H，使|GH|为定值.