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*第68课时　定点(定线)、定值问题(进阶课)
[总体概览]　解析几何中的定点、定线、定值问题是高考考查的热点，难度较大．定点问题的类型一般为直线过定点与圆过定点等；定线问题的类型一般是证明或探究动点在直线上；定值问题的类型一般为某些几何量或参数为定值．
类型一　定点(定线)问题
[典例1]　(2025·眉山市期末)已知抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点P在抛物线E上，点P的横坐标为1，且|PF|＝2，A，B是抛物线E上异于O的两点．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－4，求证：直线AB恒过定点．
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　通性通法：动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
[多维变迁]
(2026·成都模拟节选)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点M(t，2)是C上的一点，且|MF|＝2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中x1＜x2)是C上异于M的两点，∠AMB的角平分线与x轴垂直，N为线段AB的中点．求证：点N在定直线上．
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类型二　定值问题
[典例2]　(2025·南京调研节选)已知椭圆E：＋y2＝1，且椭圆E的上、下顶点分别为A，B，右顶点为D，直线l过点D且垂直于x轴．如图，若点Q在椭圆E上(且在第一象限)，直线AQ与l交于点N，直线BQ与x轴交于点M，试问：|OM|＋2|DN|是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
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通性通法：定值问题的解题思路
(1)引出变量法．解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值．
(2)特例法．从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
第68课时　定点(定线)、定值问题(进阶课)
类型一
典例1　解：(1)由题意得，F，点P的横坐标为1，且|PF|＝2，
则2＝1＋，∴p＝2，
∴抛物线E的标准方程为y2＝4x．
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，
设A，B(t>0)，
因为直线OA，OB的斜率之积为－4，
则 ×＝－4，化简得t2＝4．
所以A(1，t)，B(1，－t)，此时直线AB的方程为x＝1．
当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立化简得ky2－4y＋4b＝0，需满足Δ＝16(1－kb)>0，
根据根与系数的关系得y1y2＝，
因为直线OA，OB的斜率之积为－4，
所以＝－4，即y1y2＋4x1x2＝0，即y1y2＋4·＝0，
解得y1y2＝0(舍去)或y1y2＝－4，
所以y1y2＝＝－4，即b＝－k，满足Δ＝16(1－kb)>0，所以y＝kx－k，
即y＝k(x－1)．
综上所述，直线AB过定点(1，0)．
多维变迁
　(1)解：因为|MF|＝2，
由抛物线的定义得t＋＝2，
又2pt＝4，所以t＝，
因此＝2，即p2－4p＋4＝0，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x．
(2)证明：由(1)知点M的坐标为(1，2)，
因为∠AMB的角平分线与x轴垂直，
所以可知直线MA，MB的倾斜角互补，
即MA，MB的斜率互为相反数，
kMA＝，
同理kMB＝，
则kMA＋kMB＝＝0，
化简得y1＋y2＝－4，
则yN＝＝－2，
所以点N在定直线y＝－2上．
类型二
典例2　解：设Q(x0，y0)，
由点Q在椭圆E上(且在第一象限)可知＝1(x0>0，y0>0)，
因为D(2，0)，
所以直线l：x＝2，
由已知得直线AQ，BQ的斜率存在，
则直线AQ：y＝x＋1，
令x＝2得yN＝＋1，
直线BQ：y＝x－1，
令y＝0得xM＝．
因为点Q在第一象限，
所以|DN|＝＋1，|OM|＝，
则|OM|＋2|DN|＝＋2＝＋2，
又＝1，即＋4－4＝0，
所以|OM|＋2|DN|＝2．
所以|OM|＋2|DN|为定值，该定值为2．
1 / 3(共34张PPT)
第八章　解析几何
*第68课时　定点(定线)、定值问题(进阶课)
[总体概览]　解析几何中的定点、定线、定值问题是高考考查的热点，难度较大．定点问题的类型一般为直线过定点与圆过定点等；定线问题的类型一般是证明或探究动点在直线上；定值问题的类型一般为某些几何量或参数为定值．
类型一　定点(定线)问题
[典例1]　(2025·眉山市期末)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点P在抛物线E上，点P的横坐标为1，且|PF|＝2，A，B是抛物线E上异于O的两点．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－4，求证：直线AB恒过定点．
[解]　(1)由题意得，F，点P的横坐标为1，且|PF|＝2，
则2＝1＋，∴p＝2，
∴抛物线E的标准方程为y2＝4x．
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，
设A，B(t>0)，
因为直线OA，OB的斜率之积为－4，
则 ×＝－4，化简得t2＝4．
所以A(1，t)，B(1，－t)，此时直线AB的方程为x＝1．
当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立化简得ky2－4y＋4b＝0，需满足Δ＝16(1－kb)>0，
根据根与系数的关系得y1y2＝，
因为直线OA，OB的斜率之积为－4，
所以＝－4，
即y1y2＋4x1x2＝0，
即y1y2＋4·＝0，
解得y1y2＝0(舍去)或y1y2＝－4，
所以y1y2＝＝－4，即b＝－k，满足Δ＝16(1－kb)>0，所以y＝kx－k，
即y＝k(x－1)．
综上所述，直线AB过定点(1，0)．
通性通法：动线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
[多维变迁]
(2026·成都模拟节选)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(t，2)是C上的一点，且|MF|＝2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中x1[解]　(1)因为|MF|＝2，
由抛物线的定义得t＋＝2，
又2pt＝4，所以t＝，
因此＝2，即p2－4p＋4＝0，解得p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x．
(2)证明：由(1)知点M的坐标为(1，2)，
因为∠AMB的角平分线与x轴垂直，
所以可知直线MA，MB的倾斜角互补，
即MA，MB的斜率互为相反数，
kMA＝，
同理kMB＝，
则kMA＋kMB＝＝0，
化简得y1＋y2＝－4，
则yN＝＝－2，
所以点N在定直线y＝－2上．
【教用·备选题】
(2026·榆林模拟节选)已知椭圆C：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．
[证明]　由题意知直线l的斜率存在，可设直线l：y＝kx＋，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由
得(4k2＋2)x2＋4kx－3＝0，Δ>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，N，
以MN为直径的圆的方程为＋y2＝0，即x2＋y2＋＝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，±)．
类型二　定值问题
[典例2]　(2025·南京调研节选)已知椭圆E：＋y2＝1，且椭圆E的上、下顶点分别为A，B，右顶点为D，直线l过点D且垂直于x轴．如图，若点Q在椭圆E上(且在第一象限)，直线AQ与l交于点N，直线BQ与x轴交于点M，试问：|OM|＋2|DN|是否为定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
[解]　设Q(x0，y0)，
由点Q在椭圆E上(且在第一象限)可知＝1(x0>0，y0>0)，
因为D(2，0)，
所以直线l：x＝2，
由已知得直线AQ，BQ的斜率存在，
则直线AQ：y＝x＋1，
令x＝2得yN＝＋1，
直线BQ：y＝x－1，
令y＝0得xM＝．
因为点Q在第一象限，
所以|DN|＝＋1，|OM|＝，
则|OM|＋2|DN|＝＋2，
又＝1，即－4＝0，
所以|OM|＋2|DN|＝2．
所以|OM|＋2|DN|为定值，该定值为2．
通性通法：定值问题的解题思路
(1)引出变量法．解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值．
(2)特例法．从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
【教用·备选题】
1．已知双曲线C：x2－y2＝4，A是双曲线C的左顶点，直线x＝my＋1(m≠±1)交双曲线C于E，F两点，求证：直线AE与AF的斜率之积为定值．
[证明]　由消去x，得(m2－1)y2＋2my－3＝0，则Δ>0，m≠±1．设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝－，
又A(－2，0)，则kAE＝，kAF＝，
所以kAE·kAF＝
＝＝
＝＝，
即直线AE与AF的斜率之积为定值．
2．(2026·枣庄模拟改编)若直线l交双曲线C：＝1于P，Q两点，点A(4，3)在双曲线C上，∠PAQ的平分线与x轴垂直，求证：l的倾斜角为定值．
[证明]　易知直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去y并整理得
(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，Δ>0，
则x1＋x2＝①，
x1x2＝②，
因为∠PAQ的平分线与x轴垂直，
所以kAP＋kAQ＝＝0，
即(x2－4)(y1－3)＋(x1－4)(y2－3)＝0，
可得(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)·(kx2＋m－3)＝0，
整理得2kx1x2＋(m－4k－3)(x1＋x2)－8(m－3)＝0③，
将①②代入③得2k×＋(m－4k－3)×－8(m－3)＝0，
整理得(k＋1)(4k＋m－3)＝0，
因为直线l不过点A(4，3)，所以4k＋m－3≠0，解得k＝－1．
则直线l的倾斜角为定值，定值为．
1．(2025·长沙期末)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点F在直线2x＋3y－2＝0上，A，B是抛物线C上两个不同的点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线OA，OB的斜率分别为kOA，kOB，若kOA·kOB＝－2，证明：直线AB过定点，并求定点坐标．
课时作业(六十八)　定点(定线)、定值问题(进阶课)
[解]　(1)易知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，
因为直线2x＋3y－2＝0与x轴的交点坐标为(1，0)，所以＝1，解得p＝2，则抛物线方程为y2＝4x．
(2)证明：易知直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去x并整理得y2－4my－4n＝0，此时Δ＝16m2＋16n>0，
则y1y2＝－4n，
所以kOA·kOB＝＝－2，解得n＝2，此时满足Δ>0．
故直线AB恒过点(2，0)．
2．(2025·漯河期末)已知F为抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，P(t，t)(t≠0)为C上的一点，且|PF|＝5，斜率为－的直线l与C交于A，B两点，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求证：k1＋k2为定值．
[解]　(1)因为P(t，t)(t≠0)为抛物线C：y2＝2px上的一点，且|PF|＝5，
所以
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：设l：y＝－x＋m，
联立
得y2＋8y－8m＝0．
由Δ＝82－4×1×(－8m)＝64＋32m>0，得m>－2．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－8，y1y2＝－8m．
由(1)知，P(4，4)，
所以k1＝，k2＝，
则k1＋k2＝＝0．
所以k1＋k2为定值．
3．(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2．
(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．
[解]　(1)设双曲线C的方程为＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距，
由题意可得
所以双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：易知直线MN的斜率不为0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则x1＝my1－4，x2＝my2－4．
联立得(4m2－1)y2－32my＋48＝0．
因为直线MN与双曲线C的左支相交于两点，所以4m2－1≠0，且Δ>0．
由根与系数的关系得所以y1＋y2＝y1y2．
因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，
所以A1(－2，0)，A2(2，0)．
直线MA1的方程为，直线NA2的方程为，
所以．
因为＝
＝＝－3，
所以＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上．
谢谢！课时作业(六十八)　定点(定线)、定值问题(进阶课)
1．(15分)(2025·长沙期末)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点F在直线2x＋3y－2＝0上，A，B是抛物线C上两个不同的点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线OA，OB的斜率分别为kOA，kOB，若kOA·kOB＝－2，证明：直线AB过定点，并求定点坐标．
2．(15分)(2025·漯河期末)已知F为抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点，P(t，t)(t≠0)为C上的一点，且|PF|＝5，斜率为－的直线l与C交于A，B两点，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求证：k1＋k2为定值．
3．(15分)(2023·新高考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．
课时作业(六十八)
1．(1)解：易知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，
因为直线2x＋3y－2＝0与x轴的交点坐标为(1，0)，
所以＝1，解得p＝2，
则抛物线方程为y2＝4x．
(2)证明：易知直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
消去x并整理得y2－4my－4n＝0，
此时Δ＝16m2＋16n>0，
则y1y2＝－4n，
所以kOA·kOB＝＝－2，解得n＝2，
此时满足Δ>0．
故直线AB恒过点(2，0)．
2．(1)解：因为P(t，t)(t≠0)为抛物线C：y2＝2px上的一点，且|PF|＝5，
所以
所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：设l：y＝－x＋m，
联立
得y2＋8y－8m＝0．
由Δ＝82－4×1×(－8m)＝64＋32m>0，得m>－2．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－8，y1y2＝－8m．
由(1)知，P(4，4)，
所以k1＝，k2＝，
则k1＋k2＝
＝＝0．
所以k1＋k2为定值．
3．(1)解：设双曲线C的方程为＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距，
由题意可得
所以双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：易知直线MN的斜率不为0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则x1＝my1－4，x2＝my2－4．
联立
得(4m2－1)y2－32my＋48＝0．
因为直线MN与双曲线C的左支相交于两点，所以4m2－1≠0，且Δ>0．
由根与系数的关系得
所以y1＋y2＝y1y2．
因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，
所以A1(－2，0)，A2(2，0)．
直线MA1的方程为，直线NA2的方程为，
所以．
因为
＝
＝
＝
＝－3，
所以＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上．
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