资源简介

*第62课时　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
技法一　参数法解决定点问题
[典例1]　(2025·安徽马鞍山一模)已知椭圆C：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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1) 引进参数法：如设动直线方程(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)特殊到一般法：定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在．
[巩固迁移]
1．(2026·甘肃武威模拟)已知A(－2，0)，B(2，0)分别是椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右顶点，P(异于点A，B)是C上的一个动点，△PAB面积的最大值为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求k1k2的值；
(3)直线l交椭圆C于M，N两点(异于A，B两点)，直线AM，AN的斜率分别为kAM，kAN，且kAMkAN＝－，证明：直线MN过定点．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
技法二　直接法解决定值问题
[典例2]　 已知动点M到直线x＋2＝0的距离比到点F(1，0)的距离大1．
(1)求动点M所在的曲线C的方程；
(2)已知点P(1，2)，A，B是曲线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率互为相反数，证明直线AB的斜率为定值，并求出这个定值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：求解定值问题的两大途径
(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．
[巩固迁移]
2．(2026·重庆巴蜀中学模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F作倾斜角为θ的动直线l交E于A，B两点．当θ＝60°时，|AB|＝．
(1)求抛物线E的方程；
(2)证明：无论θ如何变化，是定值(O为坐标原点)；
(3)点M(3，0)，直线AM与E交于另一点C，直线BM与E交于另一点D，证明：△ABM与△CDM的面积之比为定值．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
技法三　待定系数法解决定直线问题
[典例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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定动点的轨迹，主要方法如下：
(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程．
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数法求解出系数．
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
[巩固迁移]
3．(2025·北京石景山一模)已知椭圆C：)，短轴长为4．
(1)求椭圆C的方程．
(2)椭圆C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线l：y＝kx＋4与椭圆C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
技法一
典例1　解：(1)因为椭圆C的离心率为，
所以e＝，
又因为点P在椭圆C上，所以＝1，解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＝1．
(2)证明：①当AB的斜率不存在时，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＝0，Δ>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AB方程为y＝k(x－1)＋，舍去；
当2k＋14t＋3＝0时，t＝－，此时AB方程为y＝k．
综上，直线AB过定点．
巩固迁移
1．解：(1)由题意得，a＝2．
当点P在椭圆上、下顶点处时，△PAB的面积最大，此时面积为·2a·b＝2，∴b＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)设P(x0，y0)，则＝1，即，
∴k1k2＝．
(3)证明：由题意知直线l的斜率不为0，设l的方程为x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(m2＋4)y2＋2mny＋n2－4＝0，
Δ＝4m2n2－4(m2＋4)(n2－4)＝16m2－16n2＋64>0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝，
∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2n＝，x1x2＝m2y1y2＋mn(y1＋y2)＋n2＝，
∵kAMkAN＝－，∴，
即，
∴
＝
＝，
解得n＝－1或n＝－2(舍)．
当n＝－1时，满足Δ＝16m2－16＋64>0，此时MN的方程为x＝my－1，故直线MN过定点(－1，0)．
技法二
典例2　解：(1)动点M到直线x＋2＝0的距离比到点F(1，0)的距离大1，等价于动点M到直线x＝－1的距离和到点F(1，0)的距离相等，由抛物线的定义可得，动点M的轨迹是以F(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，可得p＝2，抛物线开口向右，∴曲线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：设直线PA的斜率为k，∵直线PA的斜率与直线PB的斜率互为相反数，∴直线PB的斜率为－k，设lPA：y－2＝k(x－1)，lPB：y－2＝－k(x－1)，
联立方程组整理得ky2－4y－4k＋8＝0，
即[ky＋(2k－4)](y－2)＝0，y＝或y＝2(舍)，
可得A．
联立方程组
整理得ky2＋4y－4k－8＝0，即[ky＋(2k＋4)](y－2)＝0，y＝或y＝2(舍)，可得B，
则kAB＝＝－1，
即直线AB的斜率为定值－1．
巩固迁移
2．解：(1)根据题意直线l的斜率不为0，可设直线l：x＝ty＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立抛物线方程y2＝2px，得y2－2pty－p2＝0，
∴Δ＝4p2(t2＋1)>0，y1＋y2＝2pt，y1y2＝－p2，
∴|AB|＝|y1－y2|
＝＝2p(t2＋1)，
当θ＝60°时，t＝，
∴|AB|＝，
∴p＝2，抛物线E的方程为y2＝4x．
(2)证明：由(1)可知，y1y2＝－p2＝－4，
则x1x2＝＝1，
∴＝x1x2＋y1y2＝－4＋1＝－3．
(3)证明：设C(x3，y3)，D(x4，y4)，
直线AC的方程为x＝my＋3，直线BD的方程为x＝ny＋3，
由得y2－4my－12＝0，Δ>0，
∴y1y3＝－12，同理，y2y4＝－12，
∴y1y2y3y4＝(y1y3)(y2y4)＝144，
由(2)知y1y2＝－4，则y3y4＝－36，
＝．
技法三
典例3　解：(1)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－2，0)，离心率为，
则
故双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，则可设直线MN的方程为x＝my－4．
因为C的左、右顶点分别为A1，A2，
则A1(－2，0)，A2(2，0)，
联立
化简整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0且4m2－1≠0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
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
＝
＝
＝，
故，解得x＝－1，
所以xP＝－1，
故点P在定直线x＝－1上．
巩固迁移
3．解：(1)依题意可得解得
所以椭圆C的方程为＝1．
(2)在定直线y＝1上，理由如下：
设点N(x1，y1)，M(x2，y2)(y1，2≠±2)，联立消去y整理得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0，
由Δ＝(16k)2－4×24(1＋2k2)>0 k2>，且x1＋x2＝－，
x1·x2＝，
所以x1＋x2＝－kx1·x2，
易知A(0，2)，
B(0，－2)，则lAN：y－2＝x，lBM：y＋2＝x，
两式作商得，解得y＝1，
故G在定直线y＝1上．
3/3(共72张PPT)
*第62课时　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
第八章　解析几何
技法一　参数法解决定点问题
[典例1]　(2025·安徽马鞍山一模)已知椭圆C：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．
[解]　(1)因为椭圆C的离心率为，
所以e＝，
又因为点P在椭圆C上，
所以＝1，解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＝1．
(2)证明：①当AB的斜率不存在时，设AB的方程为x＝m，
则A(m，n)，B(m，－n)，，
因为PA⊥PB，所以＝0，
因为m2，
所以＝0，Δ>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＝－，
y1＋y2＝，
因为PA⊥PB，所以＝0，
即x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2－＝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AB方程为y＝k(x－1)＋
，舍去；当2k＋14t＋3＝0时，
t＝－
．综上，直线AB过定点．
名师点评：圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1) 引进参数法：如设动直线方程(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)特殊到一般法：定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在．
[巩固迁移]
1．(2026·甘肃武威模拟)已知A(－2，0)，B(2，0)分别是椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右顶点，P(异于点A，B)是C上的一个动点，△PAB面积的最大值为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，求k1k2的值；
(3)直线l交椭圆C于M，N两点(异于A，B两点)，直线AM，AN的斜率分别为kAM，kAN，且kAMkAN＝－，证明：直线MN过定点．
[解]　(1)由题意得，a＝2．
当点P在椭圆上、下顶点处时，△PAB的面积最大，此时面积为·2a·b＝2，
∴b＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1．
(2)设P(x0，y0)，则，
∴k1k2＝．
(3)证明：由题意知直线l的斜率不为0，设l的方程为x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(m2＋4)y2＋2mny＋n2－4＝0，
Δ＝4m2n2－4(m2＋4)(n2－4)＝16m2－16n2＋64>0，
∴y1＋y2＝，
∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2n＝，
∵kAMkAN＝－，
∴，
即，
∴＝＝，
解得n＝－1或n＝－2(舍)．
当n＝－1时，满足Δ＝16m2－16＋64>0，此时MN的方程为x＝my－1，故直线MN过定点(－1，0)．
【教用·备选题】
1．已知点P(4，3)在双曲线C：＝1(a>0，b>0)上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，|PM|·|PN|＝4．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，从下面两个条件中选一个，证明：直线l过定点．
①k1＋k2＝1；②k1k2＝1．
[解]　(1)因为点P(4，3)在双曲线上，
所以＝1．
过P作x轴的平行线y＝3，
与y＝±．
所以＝a2＝a2＝4，
所以a＝2．代入，
所以双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：选①：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)·(－4m2－12)>0，
即m2＋3－4k2>0．
所以x1＋x2＝，
由条件k1＋k2＝1，得＝1，
所以(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)·(kx2＋m－3)＝(x1－4)(x2－4)，
整理可得
2kx1x2＋(m－3－4k)(x1＋x2)－8(m－3)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16，
由根与系数的关系得m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，
即(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0，
解得m＝2k＋3或m＝－4k＋3．
当m＝2k＋3时，y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3，
则直线l过定点(－2，3)；
当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．
综上可得，直线l过定点(－2，3)．
选②：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)·(－4m2－12)>0，
即m2＋3－4k2>0．
所以x1＋x2＝，
由条件k1k2＝1，得＝1，
即＝1，
整理可得＝1．
由根与系数的关系，整理可得7m2＋32km＋16k2－18m－9＝0，
即(7m＋4k＋3)(m＋4k－3)＝0，
解得m＝－或m＝－4k＋3．
当m＝－
；
当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．
综上可得，直线l过定点．
2．已知双曲线C：
，△PAQ的面积为3．
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：以PQ为直径的圆经过定点．
[解]　(1)如图，当PQ⊥x轴时，P，Q两点的横坐标均为－c，
代入双曲线方程，可得yP＝，即|PF|＝，
由题意，可得
解得a＝1，b＝，c＝2，
∴双曲线C的方程为x2－＝1．
(2)证明：法一：设直线PQ的方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则
，以PQ为直径的圆的方程为(x－x1)·(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0，x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y＝0，可得
x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0，
而x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝，
x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝，
∴x2－＝0，(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)x＋3m2－5]·(x－1)＝0对任意m∈R恒成立，
∴x＝1，∴以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
当直线PQ斜率为0时，圆的方程为x2＋y2＝1，过定点(1，0)．
综上，以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
法二：设直线PQ的方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则 (3m2－1)y2－12my＋9＝0，Δ>0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝，
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点．
设以PQ为直径的圆过点E(t，0)，
∴＝0 (x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0 x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0，
而x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝m2·，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝，
∴＝0，
(3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，
即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0对任意m∈R恒成立，
∴t＝1，即以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
当直线PQ斜率为0时，圆的方程为x2＋y2＝1，过定点(1，0)．
综上，以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
技法二　直接法解决定值问题
[典例2]　 已知动点M到直线x＋2＝0的距离比到点F(1，0)的距离大1．
(1)求动点M所在的曲线C的方程；
(2)已知点P(1，2)，A，B是曲线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率互为相反数，证明直线AB的斜率为定值，并求出这个定值．
[解]　(1)动点M到直线x＋2＝0的距离比到点F(1，0)的距离大1，等价于动点M到直线x＝－1的距离和到点F(1，0)的距离相等，由抛物线的定义可得，动点M的轨迹是以F(1，0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，可得p＝2，抛物线开口向右，∴曲线C的方程为y2＝4x．
(2)证明：设直线PA的斜率为k，∵直线PA的斜率与直线PB的斜率互为相反数，∴直线PB的斜率为－k，设lPA：y－2＝k(x－1)，lPB：y－2＝－k(x－1)，联立方程组整理得ky2－4y－4k＋8＝0，
即[ky＋(2k－4)](y－2)＝0，y＝或y＝2(舍)，可得A．
联立方程组
整理得ky2＋4y－4k－8＝0，即[ky＋(2k＋4)]·(y－2)＝0，y＝或y＝2(舍)，
可得B，
则kAB＝＝－1，
即直线AB的斜率为定值－1．
名师点评：求解定值问题的两大途径
(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．
[巩固迁移]
2．(2026·重庆巴蜀中学模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F作倾斜角为θ的动直线l交E于A，B两点．当θ＝60°时，|AB|＝．
(1)求抛物线E的方程；
(2)证明：无论θ如何变化，是定值(O为坐标原点)；
(3)点M(3，0)，直线AM与E交于另一点C，直线BM与E交于另一点D，证明：△ABM与△CDM的面积之比为定值．
[解]　(1)根据题意直线l的斜率不为0，可设直线l：x＝ty＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立抛物线方程y2＝2px，得y2－2pty－p2＝0，
∴Δ＝4p2(t2＋1)>0，y1＋y2＝2pt，y1y2＝－p2，
∴|AB|＝|y1－y2|＝＝2p(t2＋1)，
当θ＝60°时，t＝，
∴|AB|＝，
∴p＝2，抛物线E的方程为y2＝4x．
(2)证明：由(1)可知，y1y2＝－p2＝－4，
则x1x2＝＝1，
∴＝x1x2＋y1y2＝－4＋1＝－3．
(3)证明：设C(x3，y3)，D(x4，y4)，
直线AC的方程为x＝my＋3，直线BD的方程为x＝ny＋3，
由得y2－4my－12＝0，Δ>0，
∴y1y3＝－12，同理，y2y4＝－12，
∴y1y2y3y4＝(y1y3)(y2y4)＝144，
由(2)知y1y2＝－4，则y3y4＝－36，
＝．
【教用·备选题】
已知M，N分别为椭圆E：
在椭圆E上．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若过F的直线l与椭圆E交于A，B两点，且l与以MN为直径的圆交于C，D两点，证明：为定值．
[解]　(1)由|FM|＝3|FN|，可得a＋c＝3(a－c)，解得a＝2c，
又因为a2＝b2＋c2，
所以b＝c．
因为点P在椭圆E上，所以＝1，
解得a＝2，b＝，c＝1，
所以椭圆E的标准方程为＝1．
(2)证明：①当l与x轴重合时，|AB|＝|CD|＝4，
所以＝7．
②当l不与x轴重合时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线l的方程为x＝my＋1，由
消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ>0，
则y1＋y2＝，
故|AB|＝
＝＝12×，
圆心O到直线l的距离为，
则，
所以＝7，
即为定值．
技法三　待定系数法解决定直线问题
[典例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)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－2，
则解得
故双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，则可设直线MN的方程为x＝my－4．
因为C的左、右顶点分别为A1，A2，则A1(－2，0)，A2(2，0)，
联立
化简整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192>0且4m2－1≠0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝，
直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)，
故
＝＝＝，
故，解得x＝－1，所以xP＝－1，
故点P在定直线x＝－1上．
名师点评：定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在于确定动点的轨迹，主要方法如下：
(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程．
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数法求解出系数．
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
[巩固迁移]
3．(2025·北京石景山一模)已知椭圆C：)，短轴长为4．
(1)求椭圆C的方程．
(2)椭圆C与y轴的交点为A，B(点A位于点B的上方)，直线l：y＝kx＋4与椭圆C交于不同的两点M，N．设直线AN与直线BM相交于点G．试问点G是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，请说明理由．
[解]　(1)依题意可得
所以椭圆C的方程为＝1．
(2)在定直线y＝1上，理由如下：
设点N(x1，y1)，M(x2，y2)(y1，2≠±2)，联立
消去y整理得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0，
由Δ＝(16k)2－4×24(1＋2k2)>0 k2>，x1·x2＝，
所以x1＋x2＝－kx1·x2，
易知A(0，2)，B(0，－2)，则lAN：y－2＝x，
两式作商得
，解得y＝1，
故G在定直线y＝1上．
【教用·备选题】
已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过点(－2，0)的两条直线l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点．当l1的斜率为．
(1)求E的标准方程；
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
[解]　(1)当l1的斜率为(x＋2)，
由消去x并整理得y2－3py＋4p＝0，
Δ＝(－3p)2－4×4p>0，y1＋y2＝3p，y1y2＝4p，
由弦长公式得
|AB|＝＝，
即(舍去)，p＝2满足Δ>0，
从而E的标准方程为y2＝4x．
(2)证明：法一：因为l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点，所以直线斜率存在．
设直线AB的方程为y＝k1(x＋2)，
设A，
由>0，
由根与系数的关系得y1y2＝8．
设直线CD的方程为y＝k2(x＋2)，设C，
由>0，
由根与系数的关系得y3y4＝8．
直线AD的方程为y－y1＝，
即y＝，化简得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，
同理，直线BC的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0．
因为点(－2，0)在抛物线E的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证点G的横坐标为定值即可．
因为直线AD与BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，
由消去y，
解得x＝＝
＝＝＝2．
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上．
法二：设直线AB的方程为x＝my－2，由消去x得y2－4my＋8＝0，Δ＝16m2－32>0，
设A，则y1y2＝8．
设直线CD的方程为x＝ny－2，C，
同理可得y3y4＝8．
直线AD的方程为y－y1＝，即y＝，
化简得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，
同理，直线BC的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0．
因为点(－2，0)在抛物线E的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证点G的横坐标为定值即可．
因为直线AD与BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，
由消去y，
解得x＝＝
＝＝＝2．
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上．
1．(2026·山东青岛模拟)已知双曲线C：
，过点F的直线l与C的右支交于P，Q两点(点P在第一象限)，直线AP与BQ交于点T．
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：点T在定直线上．
课后作业(六十二)　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
[解]　(1)双曲线C：
，而a＝2，所以双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：由(1)知，A(－2，0)，B(2，0)，F(4，0)，直线l不垂直于y轴，设方程为x＝ty＋4，
由消去x得(3t2－1)y2＋24ty＋36＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
，
直线AP：y＝(x＋2)，直线BQ：y＝(x－2)，
联立得＝－3，解得x＝1，
所以直线AP与BQ的交点T在定直线x＝1上．
2．(2026·云南昆明模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2，0)．
(1)求C的方程．
(2)若过点M(4，0)的直线l与抛物线C交于P，Q两点．是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，请说明理由．
[解]　(1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为＝2，解得p＝4，
所以抛物线C的方程为y2＝8x．
(2)由题意，直线斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋4，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去x得y2－8my－32＝0，
则Δ＝64(m2＋2)>0，
∴y1＋y2＝8m，y1y2＝－32，
又|PM|＝|y2|，
∴
，为定值．
3．(2026·贵州黔南模拟)如图，圆E：(x＋1)2＋y2＝16，F(1，0)是圆E内一个定点，M是圆E上任意一点．线段MF的垂直平分线l和半径EM相交于点N，当点M在圆上运动时，记动点N的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程．
(2)设曲线C与x轴从左到右的交点为A，B，P为曲线C上
异于A，B的动点，设PA交直线x＝－4于点T，连接BT
交曲线C于点Q，直线BP，BQ的斜率分别为kBP，kBQ．
(ⅰ)求证：kBP·kBQ为定值；
(ⅱ)证明：直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．
[解]　(1)由题意可知，|NE|＋|NF|＝|NM|＋|NE|＝4>|EF|＝2，
由椭圆定义可得，点N的轨迹是以E， F为焦点的椭圆，且长轴长2a＝4，焦距2c＝|EF|＝2，
所以b2＝a2－c2＝3，
因此曲线C的方程为＝1．
(2)证明：(ⅰ)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(－4，m)，
由题可知A(－2，0)，B(2，0)，如图所示，
则kBP＝，
而kAP＝kAT＝，
所以kBP·kBQ＝×，
又)，
因此kBP·kBQ＝为定值．
(ⅱ)由题意可知，直线PQ不可能与x轴平行，
设直线PQ的方程为x＝ty＋n，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，知n<0，
由得(3t2＋4)y2＋6tny＋3n2－12＝0，
Δ＝(6tn)2－12(3t2＋4)(n2－4)>0，得3t2－n2＋4>0，
所以(*)
由(ⅰ)可知，kBP·kBQ＝－，
即
，
将(*)代入化简得，化简得n2－n－2＝0，
解得n＝2(舍去)或n＝－1，
所以直线PQ的方程为x＝ty－1，
因此直线PQ经过定点(－1，0)．
4．(2020·新高考Ⅰ卷)已知椭圆C：
，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．
[解]　(1)由题设得
＝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．Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)·(2m2－6)>0，即－m2＋3＋6k2>0，
所以x1＋x2＝－．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，m＝－．
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
．
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|＝．
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|．
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．
谢 谢 ！课后作业(六十二)　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题
说明：本试卷共60分
1．(15分)(2026·山东青岛模拟)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A，B，|AB|＝4，C的右焦点F到渐近线的距离为2，过点F的直线l与C的右支交于P，Q两点(点P在第一象限)，直线AP与BQ交于点T．
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：点T在定直线上．
2．(15分)(2026·云南昆明模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(2，0)．
(1)求C的方程．
(2)若过点M(4，0)的直线l与抛物线C交于P，Q两点．是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，请说明理由．
3．(15分)(2026·贵州黔南模拟)如图，圆E：(x＋1)2＋y2＝16，F(1，0)是圆E内一个定点，M是圆E上任意一点．线段MF的垂直平分线l和半径EM相交于点N，当点M在圆上运动时，记动点N的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程．
(2)设曲线C与x轴从左到右的交点为A，B，P为曲线C上异于A，B的动点，设PA交直线x＝－4于点T，连接BT交曲线C于点Q，直线BP，BQ的斜率分别为kBP，kBQ．
(ⅰ)求证：kBP·kBQ为定值；
(ⅱ)证明：直线PQ经过x轴上的定点，并求出该定点的坐标．
4．(15分)(2020·新高考Ⅰ卷)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．
课后作业(六十二)
1．解：(1)双曲线C：＝1的渐近线为bx±ay＝0，设F(c，0)，则＝b＝2，而a＝2，
所以双曲线C的方程为＝1．
(2)证明：由(1)知，A(－2，0)，B(2，0)，F(4，0)，直线l不垂直于y轴，设方程为x＝ty＋4，
由消去x得(3t2－1)y2＋24ty＋36＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
y1＋y2＝－，y1y2＝<0，则ty1y2＝－(y1＋y2)，t2<，
直线AP：y＝(x＋2)，直线BQ：y＝(x－2)，
联立得＝＝－3，解得x＝1，
所以直线AP与BQ的交点T在定直线x＝1上．
2．解：(1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为＝2，解得p＝4，
所以抛物线C的方程为y2＝8x．
(2)由题意，直线斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋4，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去x得y2－8my－32＝0，则Δ＝64(m2＋2)>0，
∴y1＋y2＝8m，y1y2＝－32，
又|PM|＝|y1|，
|QM|＝|y2|，
∴
，为定值．
3．解：(1)由题意可知，|NE|＋|NF|＝|NM|＋|NE|＝4>|EF|＝2，
由椭圆定义可得，点N的轨迹是以E， F为焦点的椭圆，
且长轴长2a＝4，焦距2c＝|EF|＝2，
所以b2＝a2－c2＝3，
因此曲线C的方程为＝1．
(2)证明：(ⅰ)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(－4，m)，
由题可知A(－2，0)，B(2，0)，如图所示，
则kBP＝，kBQ＝kBT＝，
而kAP＝kAT＝＝－，于是m＝，
所以kBP·kBQ＝，
又＝1，则(4－)，
因此kBP·kBQ＝＝－为定值．
(ⅱ)由题意可知，直线PQ不可能与x轴平行，
设直线PQ的方程为x＝ty＋n，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，知n<0，
由得(3t2＋4)y2＋6tny＋3n2－12＝0，
Δ＝(6tn)2－12(3t2＋4)(n2－4)>0，得3t2－n2＋4>0，
所以(*)
由(ⅰ)可知，kBP·kBQ＝－，
即＝
＝
＝－，
将(*)代入化简得＝－，化简得n2－n－2＝0，解得n＝2(舍去)或n＝－1，
所以直线PQ的方程为x＝ty－1，
因此直线PQ经过定点(－1，0)．
4．解：(1)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．Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，即－m2＋3＋6k2>0，
所以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，m＝－k－．
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，所以3－8x1＋4＝0，Δ>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．
2/2

展开更多......

收起↑