2025年高考数学一轮复习-重难专攻（九）圆锥曲线中的定点、定值问题【导学案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-重难专攻（九）圆锥曲线中的定点、定值问题【导学案】，共10页。
处理圆锥曲线中定值问题的方法：（1）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；（2）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.
直接推理法求定点
【例1】 已知椭圆x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的一个顶点为D（0，－1），离心率为22.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过椭圆右焦点且斜率为k（k≠0）的直线m与椭圆相交于两点A，B，与y轴交于点E，线段AB的中点为P，直线l过点E且垂直于直线OP（其中O为坐标原点），证明：直线l过定点.
解：（1）依题意，ca＝22，∴a2＝2c2，
又b＝1，a2＝b2＋c2，∴c2＝1，∴a2＝2，
∴椭圆的标准方程为x22＋y2＝1.
（2）证明：由（1）知右焦点坐标为（1，0），则直线m的方程为y＝k（x－1），设A（x1，y1），B（x2，y2），
由x22＋y2=1，y＝k（x－1),得（1＋2k2）x2－4k2x＋2k2－2＝0，
Δ＝（－4k2）2－4（1＋2k2）（2k2－2）＝8k2＋8＞0恒成立，
∴x1＋x2＝4k21+2k2，
∴xP＝2k21+2k2，
yP＝k（xP－1）＝－k1+2k2，
∴直线OP的斜率kOP＝yP－0xP－0＝－12k，
∴直线l的斜率kl＝2k.易知点E坐标为（0，－k），
∴直线l的方程为y＝2kx－k，即y＝2k（x－12），
∴直线l恒过定点（12，0）.
解题技法
直接推理法求定点的一般步骤
已知抛物线C：x2＝－2py经过点（2，－1）.
（1）求抛物线C的方程及其准线方程；
（2）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.
解：（1）由抛物线C：x2＝－2py经过点（2，－1），
得p＝2.
所以抛物线C的方程为x2＝－4y，
其准线方程为y＝1.
（2）证明：抛物线C的焦点为F（0，－1）.
设直线l的方程为y＝kx－1（k≠0）.
由y＝kx－1，x2＝－4y得x2＋4kx－4＝0.
Δ＝16k2＋16＞0恒成立，
设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1x2＝－4.
直线OM的方程为y＝y1x1x.
令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－x1y1.
同理得点B的横坐标xB＝－x2y2.
设点D（0，n），则DA＝－x1y1,−1－n，DB＝－x2y2,−1－n，
DA·DB＝x1x2y1y2＋（n＋1）2＝x1x2－x124－x224＋（n＋1）2＝16x1x2＋（n＋1）2＝－4＋（n＋1）2.
令DA·DB＝0，即－4＋（n＋1）2＝0，得n＝1或n＝－3.
综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点（0，1）和（0，－3）.
先找后证法求定点
【例2】 已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1（a＞b≥1）的离心率为22，上焦点到直线bx＋2ay－2＝0的距离为23.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点P（13，0）的直线l交椭圆C于A，B两点.试探究以线段AB为直径的圆是否过定点？若过，求出定点坐标，若不过，请说明理由.
解：（1） 由题意，e＝ca＝22，e2＝a2－b2a2＝12，所以a＝2b，c＝b.
又｜2ac－2｜4a2＋b2＝23，a＞b≥1，所以b＝1，a2＝2，故椭圆C的方程为y22＋x2＝1.
（2）当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为（x－13）2＋y2＝169，
当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.可得两圆交点为Q（－1，0）.
由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q（－1，0）.
下证Q（－1，0）符合题意.
设直线l的斜率存在，且不为0，则方程为y＝k（x－13），
代入y22＋x2＝1，并整理得（k2＋2）x2－23k2x＋19k2－2＝0，Δ＝649k2＋16＞0恒成立.
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则x1＋x2＝2k23（k2+2）， x1x2＝k2－189（k2+2），
所以QA·QB＝（x1＋1）（x2＋1）＋y1y2＝x1x2＋x1＋x2＋1＋k2（x1－13）（x2－13）＝（1＋k2）x1x2＋（1－13k2）（x1＋x2）＋1＋19k2＝（1＋k2）k2－189（k2+2）＋（1－13k2）2k23（k2+2）＋1＋19k2＝0，
故QA⊥QB，即Q（－1，0）在以AB为直径的圆上.
综上，以AB为直径的圆恒过定点（－1，0）.
解题技法
先找后证法求定点的一般思路
（1）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，如直线的水平位置、竖直位置，即k＝0或k不存在时；
（2）以曲线上的点为参数，设点P（x1，y1），利用点在曲线f（x，y）＝0上，即f（x1，y1）＝0消参.
平面直角坐标系xOy中，点F1（－3，0），F2（3，0），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Q（点P和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＜23＝｜F1F2｜，
由双曲线定义可知，M的轨迹为双曲线，其中c＝3，a＝1，
所以b＝c2－a2＝2，又焦点在x轴上，
所以曲线C的方程为x2－y22＝1.
（2）证明：若直线PQ垂直于x轴，易知此时直线AP的方程为y＝±（x－1），
联立x2－y22＝1求解可得x＝－3，直线PQ过点（－3，0）.
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），
代入x2－y22＝1，整理得（k2－2）x2＋2kmx＋m2＋2＝0，易知Δ＞0，
则x1＋x2＝2km2－k2，x1x2＝m2+2k2－2，
因为AP⊥AQ，所以AP·AQ＝（x1－1，y1）·（x2－1，y2）＝（x1－1）（x2－1）＋y1y2
＝（k2＋1）x1x2＋（km－1）（x1＋x2）＋m2＋1
＝（k2+1)(m2+2）k2－2＋2k2m2－2km2－k2＋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），过定点（－3，0）.
综上，直线PQ过定点（－3，0）.
参数法求定值
【例3】 已知O为坐标原点，过点M（1，0）的直线l与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，且OA·OB＝－3.
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点M作直线l'⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2，证明：1S12＋1S22为定值.
解：（1）设直线l：x＝my＋1，
联立方程x＝my+1，y2=2px，
消去x得，y2－2pmy－2p＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因为OA·OB＝x1x2＋y1y2
＝（my1＋1）（my2＋1）＋y1y2
＝（1＋m2）y1y2＋m（y1＋y2）＋1
＝（1＋m2）（－2p）＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3.
解得p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
（2）证明：由（1）知M（1，0）是抛物线C的焦点，
所以｜AB｜＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4.
原点到直线l的距离d＝11+m2，
所以S1＝12×11+m2×4（m2＋1）＝21+m2.
因为直线l'过点（1，0）且l'⊥l，
所以S2＝21+－1m2＝21+m2m2.
所以1S12＋1S22＝14（1+m2）＋m24（1+m2）＝14.
即1S12＋1S22为定值14.
解题技法
参数法解决圆锥曲线中定值问题的一般步骤
已知椭圆C过点A（1，32），两个焦点为（－1，0）和（1，0）.
（1）求椭圆C的方程；
（2）E，F是椭圆C上的两个动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，证明直线EF的斜率为定值，并求出这个定值.
解：（1）由题意，知c＝1，焦点在x轴上，可设椭圆方程为x21+b2＋y2b2＝1.
∵点A在椭圆上，∴11+b2＋94b2＝1，
解得b2＝3，b2＝－34（舍去），
∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.
（2）设直线AE的方程为y＝k（x－1）＋32，
代入x24＋y23＝1，得（3＋4k2）x2＋4k（3－2k）x＋4（32－k）2－12＝0.
设E（xE，yE），F（xF，yF），∵点A（1，32）在椭圆上，
∴xE＝4（32－k）2－123+4k2，
yE＝kxE＋32－k.
又∵直线AF的斜率与AE的斜率互为相反数，在上式中以－k代替k，
可得xF＝4（32＋k）2－123+4k2，yF＝－kxF＋32＋k，
∴直线EF的斜率kEF＝yF－yExF－xE＝－k（xF＋xE）+2kxF－xE＝12，
即直线EF的斜率为定值，其值为12.
从特殊到一般求定值
【例4】 设O为坐标原点，动点M在椭圆x29＋y24＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足NP＝2NM.
（1）求点P的轨迹E的方程；
（2）过F（1，0）的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过F（1，0）作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，求证：1｜AB｜＋1｜CD｜为定值.
解：（1）设P（x，y），M（x0，y0），则N（x0，0）.
∵NP＝2 NM，
∴（x－x0，y）＝2（0，y0），
∴x0＝x，y0＝y2.
又点M在椭圆上，∴x29＋y224＝1，
即x29＋y28＝1.
∴点P的轨迹E的方程为x29＋y28＝1.
（2）证明：由（1）知F为椭圆x29＋y28＝1的右焦点，
当直线l1与x轴重合时，
｜AB｜＝6，｜CD｜＝2b2a＝163，
∴1｜AB｜＋1｜CD｜＝1748.
当直线l1与x轴垂直时，｜AB｜＝163，｜CD｜＝6，
∴1｜AB｜＋1｜CD｜＝1748.
当直线l1与x轴不垂直也不重合时，可设直线l1的方程为y＝k（x－1）（k≠0），
则直线l2的方程为y＝－1k（x－1），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y＝k（x－1),x29＋y28=1消去y，得（8＋9k2）x2－18k2x＋9k2－72＝0，
则Δ＝（－18k2）2－4（8＋9k2）（9k2－72）＝2 304（k2＋1）＞0，x1＋x2＝18k28+9k2，x1x2＝9k2－728+9k2，
∴｜AB｜＝ 1+k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝48（1+k2）8+9k2.
同理可得｜CD｜＝48（1+k2）9+8k2.
∴1｜AB｜＋1｜CD｜＝8+9k248（k2+1）＋9+8k248（k2+1）＝1748.
综上可得1｜AB｜＋1｜CD｜为定值.
解题技法
从特殊到一般求定值的常用处理技巧
（1）研究特殊情形，如直线斜率不存在等，得到所要探求的定值；
（2）探究一般情形；
（3）综合上面两种情形下结论.
已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的离心率为2，右顶点D到一条渐近线的距离为32.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若直线l与双曲线C交于A，B两点，且OA·OB＝0，O为坐标原点，试证明点O到直线l的距离为定值.
解：（1）由题意，得双曲线C的渐近线方程为y＝±bax，右顶点为D（a，0）.
又a2＋b2＝c2，且32＝｜b｜1+b2a2＝｜b｜a2＋b2a2＝abc，
e＝ca＝2，所以ac＝12，故b＝3.
又a2＋3＝4a2，
解得a2＝1，
所以双曲线C的方程为x2－y23＝1.
（2）证明：设A（x1，y1），B（x2，y2）.
当直线l和轴线平行时，｜x1｜＝｜y1｜，｜x2｜＝｜y2｜，解得｜x1｜＝｜y1｜＝｜x2｜＝｜y2｜＝62，
所以点O到直线l的距离为62.
当直线l和轴线不平行时，设直线l的方程为x＝my＋t，
由x2－y23=1，x＝my＋t得（3m2－1）y2＋6mty＋3t2－3＝0，
Δ＝（6mt）2－4（3m2－1）（3t2－3）＝12（3m2＋t2－1）＞0，
所以y1＋y2＝－6mt3m2－1，y1y2＝3t2－33m2－1.
又x1＝my1＋t，x2＝my2＋t，
所以OA·OB＝x1x2＋y1y2＝（my1＋t）（my2＋t）＋y1y2＝（m2＋1）y1y2＋mt（y1＋y2）＋t2＝0，
得（m2+1)(3t2－3)−6m2t2＋t2（3m2－1）3m2－1＝0，
解得2t2＝3m2＋3.
又点O到直线l的距离为d＝｜t｜m2+1，
则d2＝t2m2+1＝32，故d＝62，
综上，点O到直线l的距离为定值62.

1.已知A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2＝1（a＞1）的左、右顶点，G为E的上顶点，AG·GB＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
（1）求E的方程；
（2）证明：直线CD过定点.
解：（1）由题意得A（－a，0），B（a，0），G（0，1）.
则AG＝（a，1），GB＝（a，－1）.
由AG·GB＝8得a2－1＝8，即a＝3.
所以E的方程为x29＋y2＝1.
（2）证明：设C（x1，y1），D（x2，y2），P（6，t）.
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，由题意可知－3＜n＜3.
由于直线PA的方程为y＝t9（x＋3），
所以y1＝t9（x1＋3）.
直线PB的方程为y＝t3（x－3），所以y2＝t3（x2－3）.可得3y1（x2－3）＝y2（x1＋3）.
由于x229＋y22＝1，故y22＝－（x2+3)(x2－3）9，可得27y1y2＝－（x1＋3）（x2＋3），即（27＋m2）y1y2＋m（n＋3）（y1＋y2）＋（n＋3）2＝0. ①
将x＝my＋n代入x29＋y2＝1得
（m2＋9）y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－2mnm2+9，y1y2＝n2－9m2+9.
代入①式得（27＋m2）（n2－9）－2m（n＋3）mn＋（n＋3）2·（m2＋9）＝0.
解得n＝－3（舍去）或n＝32.
故直线CD的方程为x＝my＋32，即直线CD过定点32，0.
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点32，0.
综上，直线CD过定点32，0.
2.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x24＋y2＝1，点P（x1，y1），Q（x2，y2）是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝（x12，y1），n＝（x22，y2），m·n＝0.
（1）求证：k1·k2＝－14；
（2）试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由.
解：（1）证明：∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0.
又m·n＝0，∴x1x24＋y1y2＝0，即x1x24＝－y1y2，
∴k1·k2＝y1y2x1x2＝－14.
（2）①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由y1y2x1x2＝－14，得x124－y12＝0.
又∵点P（x1，y1）在椭圆上，∴x124＋y12＝1，
∴｜x1｜＝2，｜y1｜＝22.∴S△POQ＝12｜x1｜｜y1－y2｜＝1.
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.
联立得方程组y＝kx＋b，x24＋y2=1， 消去y并整理得（4k2＋1）x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
其中Δ＝（8kb）2－4（4k2＋1）（4b2－4）＝16（1＋4k2－b2）＞0，即b2＜1＋4k2.
∴x1＋x2＝－8kb4k2+1，x1x2＝4b2－44k2+1.
∵x1x24＋y1y2＝0，
∴x1x24＋（kx1＋b）（kx2＋b）＝0，得2b2－4k2＝1（满足Δ＞0）.
∴S△POQ＝12·｜b｜1+k2·｜PQ｜＝12｜b｜·（x1＋x2）2－4x1x2＝2｜b｜4k2+1－b24k2+1＝1.
综合①②知△POQ的面积S为定值1.
3.（2023·新高考Ⅱ卷21题）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.
解：（1）设双曲线的标准方程为x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）.
由题意可得e＝ca＝5，c2＝a2＋b2，c=25，解得a=2，b=4.
所以双曲线C的方程为x24－y216＝1.
（2）证明：设直线MN的方程为x＝my－4，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x＝my－4，4x2－y2=16.
消去x并整理，得（4m2－1）y2－32my＋48＝0，
则y1＋y2＝32m4m2－1，y1y2＝484m2－1，且4m2－1≠0，Δ＝（－32m）2－4×48×（4m2－1）＝256m2＋192＞0.
直线MA1的方程为y＝y1x1+2（x＋2），直线NA2的方程为y＝y2x2－2（x－2）.
联立直线MA1与直线NA2的方程并消去y，得x+2x－2＝y2（x1+2）y1（x2－2）＝my1y2－2（y1＋y2）+2y1my1y2－6y1＝m×484m2－1－2×32m4m2－1+2y1m×484m2－1－6y1
＝－16m4m2－1+2y148m4m2－1－6y1＝－13，
所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上.
4.已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）与直线l：x＋2y＝0交于M，N两点，且线段MN的中点为P（8，yP）.
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点P作直线m交抛物线于点A，B，证明：以弦AB为直径的圆恒过点（4，4）.
解：（1）由题知，yP＝－12×8＝－4.
设M，N两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），显然x1≠x2，
所以kMN＝y1－y2x1－x2＝2py1＋y2＝－12.
又y1＋y2＝2yP＝－8，所以kMN＝－2p8＝－p4＝－12，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
（2）证明：当直线m的斜率存在时，由题意知直线m的斜率不为0，设直线m：y＝k（x－8）－4（k≠0），A（x3，y3），B（x4，y4）.
联立y2=4x，y＝k（x－8)−4，
整理得ky2－4y－32k－16＝0，Δ＞0，
y3＋y4＝4k，y3y4＝－32－16k，
所以x3＋x4＝y3＋y4+8k＋16＝8k+4k2＋16，
x3x4＝（y3y4）216＝64k+16k2＋64.
令Q（4，4），则QA·QB＝（x3－4）（x4－4）＋（y3－4）·（y4－4）
＝x3x4－4（x3＋x4）＋16＋y3y4－4（y3＋y4）＋16
＝64k+16k2＋64－48k+4k2+16＋16＋－32－16k－16k＋16＝0，
所以QA⊥QB，故以弦AB为直径的圆恒过点（4，4）.
当直线m的斜率不存在时，直线m：x＝8，
此时直线m与抛物线的两个交点分别为（8，42），（8，－42），
不妨令A（8，42），B（8，－42），
此时QA＝（4，42－4），QB＝（4，－42－4），
则QA·QB＝16－（42＋4）（42－4）＝0，
所以QA⊥QB，故以弦AB为直径的圆过点（4，4）.
综上所述，以弦AB为直径的圆恒过点（4，4）