2026版三维设计一轮高中总复习数学题库-重难专攻（九）　圆锥曲线中的定点、定值问题

重难专攻（九）圆锥曲线中的定点、定值问题处理圆锥曲线中定点问题的方法：（1）探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立关于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，再证明定点与变量无关.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）从特殊情况入手，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】（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由题意可得e＝c所以双曲线C的方程为x24－y（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直线MA1的方程为y＝y1x1+2（x＋2），直线NA2的方程为y＝y2x联立直线MA1与直线NA2的方程并消去y，得x+2x－2＝m＝－16m4所以x＝－1，即点P在定直线x＝－1上.解题技法直接推理法求定点的一般步骤已知抛物线C：y2＝4x的准线为l，M为l上一动点，过点M作抛物线C的切线，切点分别为A，B.（1）求证：△MAB是直角三角形；（2）x轴上是否存在一定点P，使A，P，B三点共线.解：（1）证明：由已知得准线l的方程为x＝－1，设M（－1，m），切线斜率为k，则切线方程为y－m＝k（x＋1），将其与y2＝4x联立消x得ky2－4y＋4（m＋k）＝0.所以Δ＝16－16k（m＋k）＝0，化简得k2＋mk－1＝0，所以k1k2＝－1，所以MA⊥MB.即△MAB是直角三角形.（2）由（1）知Δ＝16－16k（m＋k）＝0时，方程ky2－4y＋4（m＋k）＝0的根为y＝2k设切点A（y124，y1），B（y22则y1＝2k1，y2＝2k2.因为k1k所以y1y2＝4k1设lAB：x＝ny＋t，与y2＝4x联立消x得y2－4ny－4t＝0，则y1y2＝－4t，所以－4t＝－4，解得t＝1，所以直线AB过定点P（1，0）.即x轴上存在一定点P（1，0），使A，P，B三点共线.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（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，所以又｜2ac－2｜4a2＋b2＝23，a＞b≥1，所以b＝1，a2（2）当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为（x－13）2＋y2＝16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设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝2k23（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）＋（1－1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.在平面直角坐标系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－a所以曲线C的方程为x2－y22（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＞则x1＋x2＝2km2－k2，x1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】已知抛物线C：y2＝2px（p＞0），其焦点为F，O为坐标原点，直线l与抛物线C相交于不同的两点A，B，M为AB的中点.（1）若p＝2，M的坐标为（1，1），求直线l的方程；（2）若直线l过焦点F，AB的垂直平分线交x轴于点N，求证：2｜MN解：（1）由题意知直线l的斜率存在且不为0，故设直线l的方程为x－1＝t（y－1），即x＝ty＋1－t，设A（x1，y1），B（x2，y2）.由x＝ty+1－t，y2=4x得y2－∴Δ＝16t2＋16－16t＝16（t2－t＋1）＞0，y1＋y2＝4t，∴4t＝2，即t＝12∴直线l的方程为2x－y－1＝0.（2）证明：∵抛物线C：y2＝2px（p＞0），∴焦点F的坐标为（p2，由题意知直线l的斜率存在且不为0，∵直线l过焦点F，故设直线l的方程为x＝my＋p2（m≠0），设A（x1，y1），B（x2，y2）由x＝my＋p2，y2=2px得y∴Δ＝4p2m2＋4p2＞0，y1＋y2＝2pm.∴x1＋x2＝m（y1＋y2）＋p＝2pm2＋p，∴M（pm2＋p2，pm∴MN的方程为y－pm＝－m（x－pm2－p2令y＝0，解得x＝pm2＋3p2，故N（pm2＋3p∴｜MN｜2＝p2＋p2m2，｜FN｜＝pm2＋3p2－p2＝pm2∴2｜MN｜2｜FN｜＝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，可设椭圆方程为x21+b2∵点A在椭圆上，∴11+b2＋9解得b2＝3，b2＝－34（舍去∴椭圆C的方程为x24＋y（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）设E（xE，yE），F（xF，yF），∵点A（1，32）在椭圆上∴xE＝4（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+4k∴直线EF的斜率kEF＝yF－yEx即直线EF的斜率为定值，其值为12从特殊到一般法求定值【例4】已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的离心率e＝22，（1）求椭圆E的方程；（2）过☉O：x2＋y2＝83上任意一点P作☉O的切线l与椭圆E交于点M，N，求证PM·PN为定值解：（1）由题意得2ab＝82，e＝ca＝22，a2＝b2＋c2，可得a＝22，b＝∴椭圆E的标准方程为x28＋y（2）证明：当切线l的斜率不存在时，其方程为x＝±26当x＝263时，将x＝263代入椭圆方程x28＋y2∴M（263，263），N（263，－263PM＝（0，263），PN＝（0，－2∴PM·PN＝－83当x＝－263时，同理可得PM·PN＝－当切线l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，M（x1，y1），N（x2，y2），∵l与☉O相切，∴｜m｜k∴3m2＝8k2＋8.由y＝kx＋m，x28＋y24=1得（1＋2k2）x∴x1＋x2＝－4km1+2k2，x1x∴PM·PN＝（OM－OP）·（ON－OP）＝｜OP｜2－OP·OM－OP·ON＋OM·ON＝｜OP｜2－｜OP｜2－｜OP｜2＋OM·ON＝－83＋OM·ONOM·ON＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋（kx1＋m）·（kx2＋m）＝（1＋k2）x1x2＋km（x1＋x2）＋m2＝（1＋k2）2m2－81+2k2＋km（－4km1+2k2）＋m2＝综上，PM·PN为定值－83解题技法1.证明圆锥曲线中某些代数式为定值的策略依题意设出参数，利用几何知识或相应的代数知识得出与所证代数式有关的含参数（变量）的等式，代入所证代数式运算化简，即可得出定值.2.常见的化简运算技巧（1）在运算过程中，尽量减少所证代数式中的参数（变量）个数，以便于向定值靠拢；（2）巧妙利用变量间的关系，尽量做到整体代入简化运算.给定椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0），称圆心在原点O，半径为a2＋b2的圆是椭圆C的“卫星圆”.若椭圆C的离心率为22（1）求椭圆C的方程和其“卫星圆”的方程；（2）点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点，过点P作直线l1，l2使得l1，l2与椭圆C都只有一个交点，且l1，l2分别交其“卫星圆”于点M，N，证明：｜MN｜为定值.解：（1）由条件，可得ca＝22，4a2＋2b2其“卫星圆”的方程为x2＋y2＝12.（2）证明：①当l1，l2中有一条直线的斜率不存在时，不妨设l1的斜率不存在.∵l1与椭圆只有一个交点，∴其方程为x＝22或x＝－22.当l1的方程为x＝22时，l1与“卫星圆”交于点（22，2）和点（22，－2），经过点（22，2）且与椭圆只有一个交点的直线是y＝2，经过点（22，－2）且与椭圆只有一个交点的直线是y＝－2，即l2的方程为y＝2或y＝－2.∴l1⊥l2，∴线段MN为“卫星圆”的直径，∴｜MN｜＝43.当l1的方程为x＝－22时，同理可得｜MN｜＝43.②当l1，l2的斜率都存在时，设点P（x0，y0），其中x02＋y设经过点P（x0，y0）且与椭圆只有一个交点的直线方程为y＝t（x－x0）＋y0，由y＝tx＋y0－tx0，x28＋y24=1，消去y，得（1＋2t2）x2＋4t（y0－∴Δ＝（64－8x02）t2＋16x0y0t＋32－8y0设l1，l2的斜率分别为t1，t2，则t1·t2＝32－8y0264－8x02＝32∴线段MN为“卫星圆”的直径，∴｜MN｜＝43.综合①②知，｜MN｜＝43，为定值.1.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的焦距为23，（1）求椭圆C的方程；（2）设直线l：y＝kx＋m（k≠0）交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x＝12上，求证：线段AB的中垂线恒过定点解：（1）椭圆过点（3，12），即3a2＋1又2c＝23，得a2＝b2＋3，所以a2＝4，b2＝1，即椭圆方程为x24＋y2（2）证明：由x24＋y2=1，y＝kx＋m得（1＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ＞设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝－8km1+4k2，设AB的中点M的坐标为（x0，y0），则x0＝－4km1+4k2＝12，即1＋4k2＝－8km，所以y0＝kx0＋所以AB的中垂线方程为y＋18k＝－1k（x－即y＝－1k（x－38故线段AB的中垂线恒过定点（38，2.已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的离心率为2（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+be＝ca＝2，所以ac＝12，故b又a2＋3＝4a2，解得a2＝1，所以双曲线C的方程为x2－y23（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）y2Δ＝（6mt）2－4（3m2－1）（3t2－3）＝12（3m2＋t2－1）＞0，所以y1＋y2＝－6mt3m2－1，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解得2t2＝3m2＋3.又点O到直线l的距离为d＝｜t则d2＝t2m2+1＝32，所以点O到直线l的距离为定值623.（2022·全国乙卷20题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A（0，－2），B32,（1）求E的方程；（2）设过点P（1，－2）的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT＝TH.证明：直线HN过定点.解：（1）设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1（m＞0，n＞0且m≠n）.由题意可得4解得n＝14，m＝13（2）证明：由A（0，－2），B（32，－1）可得直线AB的方程为y＝23x①若过点P（1，－2）的直线的斜率不存在，则其方程为x＝1，与方程x23＋y24＝1联立，可得y＝±263，结合题意可知N（1，263）由y＝2则T（－6＋3，－263），由MT＝得－则H（－26＋5，－263所以直线HN的方程为y＝（2＋263）x－2，易知直线HN过定点（0，－②若过点P（1，－2）的直线的斜率存在，设其方程为y＋2＝k（x－1），M（x1，y1），N（x2，y2）.联立y+2=k（x－1),x23＋y24=1，得（3k2＋4）x2－6k（则x1＋x2＝6k（2+k）3k2+4，x1x2＝3k（k+4）3k2+4，y1＋y2＝－8（联立y＝y1，y＝23x－2由MT＝TH，可得H（3y1＋6－x1，y1），故此时直线HN的方程为y－y2＝y1－y23y1将（0，－2）代入并整理得2（x1＋x2）－6（y1＋y2）＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，即2×6k（2+k）3k2+4－6×－8（2+k）3k2+4＋－24k综上，直线HN过定点（0，－2）.4.（2024·厦门模拟）已知双曲线Γ：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的左、右顶点分别为A1（－1，0），A2（1，0），离心率为2，过点F（2，0）斜率不为0的直线l与Γ（1）求双曲线Γ的渐近线方程；（2）记直线A1P，A2Q的斜率分别为k1，k2，求证：k1k解：（1）设双曲线Γ的半焦距为c，由题设，a＝1，e＝ca＝2，b2＝c2－a2＝3双曲线Γ的方程为x2－y23＝1，故渐近线方程为y＝±3（2）证明：当l的斜率不存在时，点P，Q的坐标分别为（2，3）和（2，－3），所以当k1＝1时有k2＝－3；当k1＝－1时有k2＝3，此时k1k2当直线l的斜率k存在且不为0时，设P（x1，y1），Q（x2，y2），l的方程为y＝k（x－2），将直线l的方程代入双曲线方程得（k2－3）x2－4k2x＋4k2＋3＝0，Δ＞0，所以x1＋x2＝4k2k2－3，x13k1＋k2＝3y1x1+1＋＝k＝k＝k[因为4x1x2－5（x1＋x2）＋4＝4（4k所以3k1＋k2＝0，即k1k2综上，k1k2为定值5.（2024·清远模拟）已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）经过点A（2，0），且点（1）求双曲线C的方程；（2）过点（4，0）作斜率不为0的直线l与双曲线C交于M，N两点，直线x＝4分别交直线AM，AN于点E，F.试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由.解：（1）由题意得a＝2，因为双曲线C的渐近线方程为y＝±b2x，所以2b4+解得b＝3，因此双曲线C的方程为x24－y（2）①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x－4），由y＝k（x－4),x24－y23=1可得（3－4k2）x2＋32k2x－64设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1＋x2＝－32k23－4k2直线AM的方程为y＝y1x1－2（x－2），令x＝4，得点E直线AN的方程为y＝y2x2－2（x－2），令x＝4，得点F则以EF为直径的圆的方程为（x－4）（x－4）＋（y－2y1x1－2）（y令y＝0，则（x－4）2＝－4y将y1＝k（x1－4），y2＝k（x2－4）代入上式，得（x－4）2＝－4k可得（x－4）2＝－4＝9，解得x＝1或x＝7，即以EF为直径的圆经过点（1，0）和（7，0）；②当直线l的斜率不存在时，点E，F的坐标