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第3课时　定点、定线与定值问题(高考超重点)
处理圆锥曲线中定点问题的方法：(1)探索直线过定点时，可设直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立k，m的等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
处理圆锥曲线中定值问题的方法：(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.
题型一　定值问题
如图，已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)上的点到其左焦点的最大距离和最小距离分别为2()和2(－).斜率为－，且不经过点P(3，1)的直线l与椭圆C相交于M，N两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)当直线PM，PN均不与x轴垂直时，设直线PM的斜率为k1，直线PN的斜率为k2，求证：k1k2为定值.
解：(1)根据题意，得
解得所以b＝＝2.
故椭圆C的方程为＝1.
(2)证明：设直线l的方程为y＝－x＋m(m≠2)，点M(x1，y1)，N(x2，y2).
联立消去y并整理，得4x2－6mx＋9m2－36＝0.
由Δ＝(－6m)2－144(m2－4)＞0，得－m，则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为直线PM，PN均不与x轴垂直，
所以直线l不经过点(3，－1)，则m≠0.
所以k1k2＝·
＝
＝.
所以k1k2为定值.
　　解析几何中的定值，从代数角度看，定值与参数的取值无关，选择适当的变量以及消参方法，就可以得出定值.解答解析几何问题，方法的选择至关重要，如果方法选择不当，那么会导致计算量过大，就不易得到正确的运算结果，在分析清楚解题思路的基础上，树立优化意识，即算法的内在逻辑分析，优化解法.
对点练1.(2025·浙江金华一模)已知A(2，0)和B为椭圆C：＝1(a＞b＞0)上两点.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)过点(－1，0)的直线l与椭圆C交于D，E两点(D，E不在x轴上).
(ⅰ)若△ADE的面积为，求直线l的方程；
(ⅱ)直线AD和AE分别与y轴交于M，N两点，求证：以MN为直径的圆被x轴截得的弦长为定值.
解：(1)由A(2，0)可知a2＝4，求出a＝2.
代入B，得＝1，b2＝1，
则c2＝4－1＝3，c＝，
可知椭圆C的离心率为e＝.
(2)(ⅰ)由(1)可知椭圆C的方程为＋y2＝1.
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，过点(－1，0)的直线l为x＝my－1，
与＋y2＝1联立得(m2＋4)y2－2my－3＝0.Δ＝4m2＋12(m2＋4)＞0恒成立，
所以y1＋y2＝，y1·y2＝.
所以S△ADE＝3×｜y1－y2｜＝3＝6·，
得m2＝2，所以m＝±，直线l的方程为x±y＋1＝0.
(ⅱ)证明：由(ⅰ)可知，x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝，
x1·x2＝m2y1·y2－m(y1＋y2)＋1＝.
直线AD的方程为y＝(x－2)，令x＝0，得yM＝，
直线AE的方程为y＝(x－2)，令x＝0，得yN＝.
记以MN为直径的圆与x轴交于P，Q两点，
由圆的弦长公式可知，()2＝()2－()2＝－yM·yN
＝－·＝－
＝－＝－，
所以｜PQ｜＝，为定值.
【教师备选】　(2025·北京一模)已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为的正方形.A为圆O：x2＋y2＝a2上一点(不在x轴上)，B为椭圆E上一点，且满足AB⊥x轴，直线l与圆O切于点A，过F1作l的垂线，垂足为M.
(1)求椭圆E的方程及圆O的方程；
(2)求证：｜F1M｜＋｜BF2｜为定值.
解：(1)已知以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为的正方形，
设椭圆的焦距为2c，则c＝b，且c2＋b2＝2，
所以c＝b＝1，a2＝b2＋c2＝2，
则椭圆E的方程为＋y2＝1，
圆O的方程为x2＋y2＝2.
(2)证明：由椭圆方程得F1(－1，0)，F2(1，0).
因为AB⊥x轴，所以设A的坐标为(x1，y1)，B的坐标为(x1，y2)，不妨取x1＞0.
因为直线l与圆O切于点A，切线l的方程为x1x＋y1y＝2.
因为F1M⊥l，所以｜F1M｜＝x1＋.
由B(x1，y2)，F2(1，0)，得.
又＝1，所以＋1－－2x1＋2＝.
因为x1，所以｜BF2｜＝－x1，
所以｜F1M｜＋｜BF2｜＝x1＋－x1＝2.
学生用书 第256页
题型二　定点问题
(2025·山东青岛一模节选)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，短轴长为2，离心率为.
(1)求C的方程；
(2)记C的左顶点为A，直线l与C交于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之积为－.证明：直线l过定点.
解：(1)根据题意，得2b＝2，，故b＝，a＝2c.
又a2＝b2＋c2，解得c＝1，a＝2.
所以C的方程为＝1.
(2)证明：当直线l的斜率不存在时，此时直线l与C交于关于x轴对称的两点，
设P(x1，y1)，Q(x1，－y1)，
则·＝－，即＋4x1＋4＝4.
又＝1，所以＝3－，
所以＋4x1＋4＝12－3，解得x1＝1或－2.
当x1＝－2时，y1＝0，此时与A(－2，0)重合，不合要求.
当x1＝1时，直线l的方程为x＝1.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋b，
联立C：＝1得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，
Δ＝64k2b2－4(3＋4k2)(4b2－12)＞0，解得4k2－b2＋3＞0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以y1y2＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2＝＋b2＝.
由·＝－得
＝－，
化简得＝－，
b2－kb－2k2＝0，解得b＝2k或b＝－k，
当b＝2k时，y＝kx＋2k＝k(x＋2)，过定点A(－2，0)，不合要求.
当b＝－k时，y＝kx－k＝k(x－1)，过定点(1，0)，
显然此时满足Δ＝4k2－b2＋3＝3b2＋3＞0，
其中x＝1也过点(1，0).
综上，直线l过定点(1，0).
直接推理法求定点的一般步骤
对点练2.已知F为抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点，O为坐标原点，M为C的准线l上的一点，直线MF的斜率为－1，△OFM的面积为1.
(1)求C的方程；
(2)过点F作一条直线l'，交C于A，B两点，试问在l上是否存在定点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
解：(1)由题意，知F，
设点M的坐标为，
则直线MF的斜率为＝－.
因为直线MF的斜率为－1，
所以－＝－1，即a＝p，
所以△OFM的面积S＝｜OF｜｜a｜＝＝1，
解得p＝2或p＝－2(舍去)，
故抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)假设存在点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方.
由(1)得F(1，0)，抛物线C的准线l的方程为x＝－1.
设直线l'的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(－1，t)，
联立得y2－4my－4＝0，
所以Δ＝16m2＋16＞0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
因为kNF＝＝－，
kNA＋kNB＝
＝
＝
＝＝－t，
所以－t＝，解得t＝0或t＝－4.
故存在定点N，使得直线NA与NB的斜率之和等于直线NF斜率的平方，其坐标为(－1，0)或(－1，－4).
学生用书 第257页
题型三　定线问题
(2023·新课标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.
解：(1)由题意可知双曲线的焦点在x轴上，设双曲线的标准方程为－＝1(a＞0，b＞0).
根据题意，得
所以双曲线C的方程为－＝1.
(2)证明：显然直线MN的斜率不为0，
故设直线MN的方程为x＝my－4，
且－m，M(x1，y1)，N(x2，y2).
易知A1(－2，0)，A2(2，0).
联立直线MN与双曲线C的方程，
得
消去x并整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0.
因为4m2－1≠0，Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192＞0，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
且直线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的方程并消去y，得＝－，
所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上.
解决动点在定直线上的常用方法 1.设点法：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，结合题中条件求解出系数. 3.面对复杂问题时，可从特殊情况入手，以确定可能的定直线，然后再验证该直线对一般情况是否符合，属于“先猜再证”.
对点练3.已知抛物线C：x2＝y，过点E(0，2)作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P.证明：点P在定直线上.
证明：设A(x1，)，B(x2，)，则直线AB的斜率kAB＝＝x1＋x2，
直线AB的方程为y－＝(x1＋x2)(x－x1)，即y＝(x1＋x2)x－x1x2.
又直线AB过点E(0，2)，所以－x1x2＝2，即x1x2＝－2.
设直线PA的方程为y－＝k(x－x1)，
与抛物线方程y＝x2联立，得解得x＝x1或x＝k－x1.
又直线PA与抛物线相切，所以x1＝k－x1，即k＝2x1，
所以直线PA的方程为y－＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－，
同理可得直线PB的方程为y＝2x2x－.
由
所以P(，x1x2)，即P(，－2)，
故点P在定直线y＝－2上.
课时分层测评76　定点、定线与定值问题
(时间：60分钟　满分：55分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
1.(10分)(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.
解：(1)根据题意，得
所以椭圆C的标准方程为＝1.
(2)证明：根据题意，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)，如图.
由消去y得(k2＋4)x2＋2k(k＋2)x＋k2＋4k－4＝0，
所以－1×x1＝，即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.
2.(13分)在平面直角坐标系xOy中，点F1(－，0)，F2(，0)，点M满足｜MF1｜－｜MF2｜＝±2，点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)已知A(1，0)，过点A的直线AP，AQ与曲线C分别交于点P和点Q(点P和点Q都异于点A)，若满足AP⊥AQ，求证：直线PQ过定点.
解：(1)因为｜MF1｜－｜MF2｜＝±2，所以｜｜MF1｜－｜MF2｜｜＝2＜2＝｜F1F2｜.
由双曲线定义，可知点M的轨迹为双曲线，其中c＝，a＝1，所以b＝.
所以曲线C的方程为x2－＝1.
(2)证明：当直线PQ斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2).
联立得(k2－2)x2＋2kmx＋m2＋2＝0，
所以k2－2≠0，Δ＞0，x1＋x2＝，x1x2＝.
因为AP⊥AQ，所以·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2＋(km－1)(x1＋x2)＋m2＋1＝＋m2＋1＝0，
整理得3k2＋2km－m2＝(3k－m)(k＋m)＝0.
解得m＝3k或m＝－k.
因为点P和Q都异于点A，所以m＝－k不满足题意，故m＝3k.
代入y＝kx＋m，得y＝k(x＋3)，直线过定点(－3，0).
若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为y＝±(x－1).与x2－＝1联立，解得x＝－3，
所以直线PQ过点(－3，0).
综上，直线PQ过定点(－3，0).
3.(15分)(2025·浙江杭州质检节选)已知A，B是椭圆E：＋y2＝1的左、右顶点，点M(m，0)(m＞0)与椭圆上的点的距离的最小值为1.
(1)求点M的坐标；
(2)过点M作直线l交椭圆E于C，D两点(与A，B不重合)，连接AC，BD交于点G.证明：点G在定直线上.
解：(1)设P(x0，y0)是椭圆上一点，则＋4＝4.
连接PM，因为｜PM｜＝(－2≤x0≤2).
①若0＜m≤，｜PM｜min＝＝1，
解得m＝0(舍去).
②若m＞，｜PM｜min＝＝1，
解得m＝1(舍去)或m＝3.所以点M的坐标为(3，0).
(2)证明：设直线l：x＝ty＋3，C(x1，y1)，D(x2，y2).
由得(t2＋4)y2＋6ty＋5＝0.
由Δ＝16t2－80＞0，得t＞或t＜－.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝，
所以y1＋y2＝－ty1y2　①，
易知直线AC的方程为y＝(x＋2)　②，
直线BD的方程为y＝(x－2)　③，
联立②③，消去y，得　④，
联立①④，消去ty1y2，则＝－5，
解得x＝，即点G在直线x＝上.
【教师备选】　(2025·山东齐鲁名校大联考一模)已知长为3的线段AB的两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，动点P满足，记点P的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)若C与y轴非负半轴交于点Q，过点Q作与以点D(－，0)为圆心，r(0＜r＜1)为半径的圆相切的直线l1，l2，且l1，l2分别交C于点M，N，证明：直线MN过定点.
解：(1)设A(x0，0)，B(0，y0)，P(x，y).
因为｜AB｜＝3，所以＝3.
又因为＝(x－x0，y)，＝(－x，y0－y)，，
所以x－x0＝(－x)，y＝(y0－y)，
解得x0＝x，y0＝3y，
代入＝3，整理得＋y2＝1.
所以C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：根据题意可知l1，l2的斜率存在，设斜率分别为k1，k2，由题知Q(0，1).
直线l1的方程为y＝k1x＋1，由圆心D(－，0)到直线l1的距离为r，
可得＝r，整理得＝r2，
同理可得＝r2，
所以，整理可得(k1＋k2)＋k1k2－＝0.
当直线MN斜率不存在时，设直线方程为x＝t，代入＋y2＝1可得M，N，
此时k1＝，k2＝，代入(k1＋k2)＋k1k2－＝0，
得t＝，所以直线MN的方程为x＝.
当直线MN斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋b，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，如图.
联立消去y得(1＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，Δ＝(8kb)2－4(1＋4k2)(4b2－4)＝16(4k2－b2＋1)＞0，
可得
又k1＝，k2＝，
所以k1＋k2＝
＝
＝
＝2k＋(b－1)·＝2k－，
k1k2＝
＝k2＋，
把上式代入(k1＋k2)＋k1k2－＝0，
可得－8k＋3b＋5＝0，即b＝.
因为y＝kx＋b，所以y＝kx＋
＝k－，
所以直线MN过定点.
综上，直线MN过定点.
4.(17分)(2025·浙江台州一模)已知抛物线Γ1：y2＝4x的焦点为F，准线为l，双曲线Γ2：－＝1的左焦点为T.
(1)求l的方程和双曲线Γ2的渐近线方程；
(2)设Q为抛物线Γ1和双曲线Γ2的一个公共点，求证：直线QT与抛物线Γ1相切；
(3)设P为l上的动点，且直线PT与双曲线Γ2的左、右两支分别交于A，B两点，直线PF与抛物线Γ1交于不同的两点C，D，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
解：(1)准线l的方程为x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±x.
(2)证明：联立方程组
消去y得x2－2x－3＝0，解得x＝3(舍负)，由对称性，不妨取Q.
又由T(－3，0)，求得直线QT的方程为x－y＋3＝0.
联立方程组消去x得y2－4y＋12＝0.
因为Δ＝(－4)2－48＝0，所以直线QT与抛物线Γ1相切.
(3)因为T(－3，0)，F(1，0)，得准线l为线段TF的中垂线，
则直线PT与直线PF的倾斜角互补，即kPT＝－kPF.
设lPT：y＝k(x＋3)，lPF：y＝－k(x－1)，由条件知0＜｜k｜.
联立方程组消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则｜CD｜＝xC＋xD＋2＝.
联立方程组消去y得(2－k2)x2－6k2x－9k2－6＝0，
则｜AB｜＝｜xA－xB｜＝，
所以，
故.
学生用书 第258页
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