2027届高中数学高考一轮复习学案：第八章　第62课时　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题

这是一份2027届高中数学高考一轮复习学案：第八章　第62课时　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题，文件包含2025-2026学年第二学期九年级数学第六章图形的相似单元测试卷docx、2025-2026学年第二学期九年级数学第六章图形的相似单元测试参考答案与试题解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
[典例1] (2025·安徽马鞍山一模)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为12，且点P1，32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：x2a2+y2b2＝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＝－34，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|＝163．
(1)求抛物线E的方程；
(2)证明：无论θ如何变化，OA·OB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(－25，0)，离心率为5．
(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：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)过点(2，2)，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12，
所以e＝ca＝1−b2a2＝12，
又因为点P1，32在椭圆C上，所以1a2+94b2＝1，解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23＝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)，PA＝m−1，n−32，PB＝m−1，−n−32，
因为PA⊥PB，
所以PA·PB＝(m－1)2－n2−94＝0，
因为m24+n23＝1，所以n2＝3－34m2，
所以7m24−2m+14＝0，Δ>0，解得m＝17或m＝1(舍)；
②当AB斜率存在时，设AB的方程为y＝kx＋t，
联立x24+y23＝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＝－8kt4k2+3，x1x2＝4t2−124k2+3，
y1＋y2＝6t4k2+3，y1y2＝3t2−12k24k2+3，
因为PA⊥PB，所以PA·PB＝(x1－1)·(x2－1)＋y1−32y2−32＝0，
即x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2－32(y1＋y2)＋94＝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＝32－k，
此时AB方程为y＝k(x－1)＋32，过定点1，32，舍去；
当2k＋14t＋3＝0时，t＝－17k−314，此时AB方程为y＝kx−17−314，过定点17，−314．
综上，直线AB过定点17，−314．
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12·2a·b＝2，∴b＝1，
∴椭圆C的方程为x24＋y2＝1．
(2)设P(x0，y0)，则x024+y02＝1，即x02−4＝−4y02，
∴k1k2＝y0x0+2·y0x0−2＝y02x02−4＝y02−4y02＝−14．
(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x＝my+n，x24+y2＝1得(m2＋4)y2＋2mny＋n2－4＝0，
Δ＝4m2n2－4(m2＋4)(n2－4)＝16m2－16n2＋64>0，
∴y1＋y2＝−2mnm2+4，y1y2＝n2−4m2+4，
∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2n＝8nm2+4，x1x2＝m2y1y2＋mn(y1＋y2)＋n2＝4n2−4m2m2+4，
∵kAMkAN＝－34，∴y1x1+2·y2x2+2＝−34，
即y1y2x1x2+2(x1+x2)+4＝−34，
∴n2−4m2+44n2−4m2m2+4+16nm2+4+4
＝n2−44n2−4m2+16n+4m2+16
＝n2−44n2+16n+16＝−34，
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y−2＝k(x−1)，y2＝4x，整理得ky2－4y－4k＋8＝0，
即[ky＋(2k－4)](y－2)＝0，y＝4−2kk或y＝2(舍)，
可得A(2−k)2k2，4−2kk．
联立方程组y−2＝−k(x−1)，y2＝4x，
整理得ky2＋4y－4k－8＝0，即[ky＋(2k＋4)](y－2)＝0，y＝−4−2kk或y＝2(舍)，可得B(2+k)2k2，−4−2kk，
则kAB＝−4−2kk−4−2kk(2+k)2k2−(2−k)2k2＝－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＋p2，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|＝1+t2|y1－y2|
＝1+t2(y1+y2)2−4y1y1＝2p(t2＋1)，
当θ＝60°时，t＝33，
∴|AB|＝8p3＝163，
∴p＝2，抛物线E的方程为y2＝4x．
(2)证明：由(1)可知，y1y2＝－p2＝－4，
则x1x2＝y122p·y222p＝(−p2)24p2＝p24＝1，
∴OA·OB＝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x＝my+3，y2＝4x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，
S△ABMS△CDM＝12|MA||MB|sin∠AMB12|MC||MD|sin∠CMD＝|MA||MB||MC||MD|＝y1y2y3y4＝436＝19．
技法三
典例3 解：(1)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－25，0)，离心率为5，
则ca＝5，c＝25，c2＝a2+b2，解得a＝2，b＝4，
故双曲线C的方程为x24−y216＝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x＝my−4，4x2−y2＝16，
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＝32m4m2−1，y1y2＝484m2−1，
直线MA1的方程为y＝y1x1+2(x＋2)，
直线NA2的方程为y＝y2x2−2(x－2)，
故x+2x−2＝y2(x1+2)y1(x2−2)＝y2(my1−2)y1(my2−6)
＝my1y2−2(y1+y2)+2y1my1y2−6y1
＝m·484m2−1−2·32m4m2−1+2y1m·484m2−1−6y1
＝−16m4m2−1+2y148m4m2−1−6y1＝−13，
故x+2x−2＝−13，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4a2+2b2＝1，2b＝4，解得b＝2，a＝22，
所以椭圆C的方程为x28+y24＝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y＝kx+4，x28+y24＝1，消去y整理得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0，
由Δ＝(16k)2－4×24(1＋2k2)>0⇒k2>32，且x1＋x2＝－16k1+2k2，
x1·x2＝241+2k2，
所以x1＋x2＝－23kx1·x2，
易知A(0，2)，
B(0，－2)，则lAN：y－2＝y1−2x1x，lBM：y＋2＝y2+2x2x，
两式作商得y−2y+2＝(y1−2)·x2(y2+2)·x1＝kx1x2+2x2kx1x2+6x1＝−32(x1+x2)+2x2−32(x1+x2)+6x1＝−13，解得y＝1，
故G在定直线y＝1上．