2026年高二数学寒假自学课（人教A）专题07 圆锥曲线中的定点、定值、定直线的问题（解析版）

专题07圆锥曲线中的定点、定值、定直线的问题

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串讲知识：思维导图串讲知识点，有的放矢

重点速记：知识点和关键点梳理，查漏补缺

考点巩固：必考题型讲透练透，能力提升

复习提升：真题感知+提升专练，全面突破

知识点1：定点问题

找到动直线（或动点）方程中参数（如斜率k）的“不变部分”。将方程整理为关于参数的恒等式，令其系

数为零，即可求出定点（或定直线）。

一、直接推导

1.设参：设出动直线的方程。通常已知直线过某个定点或已知斜率，常用点斜式：。

2.寻找关系：利用题目条件（如直线与圆锥曲线相切、相交，或与其他几何条件如垂�直=、𝑘中+点等�相关），

找到一个关于和的关系式。

3.消参定型：将�找�到的和关系式代回原始的直线方程中。得到只含一个参数的解析式。

关键步骤：将此方程整理�为�关于参数k的方程，要使这个�方=程�对�所+有�值都成立，则k的系数和常数项必须

同时为零。�

对于形式，定点显然是(D,C)。

对于更�复−杂�的=形�式(�，−将�方)程按k的幂次项整理，令各项系数为零，解方程组即可求出定点(x,y)。

二、先猜后证法

当直接推导复杂或难以进行时，此方法能指明方向，简化计算。

猜定点：特殊位置法：取参数（如斜率k）的两个特殊值（如0,斜率不存在（竖直直线）,1,-1等），画出

两条对应的特殊位置直线。求交点：解这两条特殊直线的交点，该点即为猜測的定点(。

证定点：则动直线的方程可以化简为。（为参数的解析式�）0,�0)

知识点2：定值问题�−�0=�(�)(�−�0)�(�)�

将待证的目标量（如斜率积、线段乘积、面积等）用参数（通常是斜率）表示出来，通过代数运算消去参

数，若结果是一个常数，则定值得证。�

常见的定值类型有：

1、斜率的和、积、比为定值

2、线段长度、乘积或倒数和为定值

3、面积为定值

4、向量数量积为定值

“先猜后证”：取参数的特殊值（如），快速计算出目标量的值。这个值很可能就是

定值。这不仅能预知结果、增强信心，�还=能0,用�来=验1,证�最→终∞化简结果是否正确。

“设而不求”的极致运用：不仅对交点坐标“设而不求”，对于复杂的中间量，也保持其整体形式，在后

续运算中可能会相互抵消。

参数关系式的挖掘：定值问题的核心往往在于题目中隐藏的参数关系。

知识点3：定直线问题

将动点的坐标表示为某个参数（通常是斜率）的函数，然后消参，得到一个关于的二元一次方程，即

为定直线方程。��,�

主要步骤为：1、设参并表示动点2、建立关系3、消参4、得到定直线方程

在解题过程中，可以使用几何性质转化，先猜后证等方法帮助解决计算问题

高妙技法

找到动点方程中参数方程,整理为关于参数的恒等式，令其系数为零，即可求出定点（或定直线）。

21

1．（25-26高二上·浙江衢州·期中）已知抛物线:y2pxp0，斜率为的直线l交于A,B两点，且

2

线段AB中点纵坐标为4．

(1)求抛物线的方程；

(2)若直线l不过点P2,4，且直线PA交于另一点C，记直线PA,PB的斜率为k1,k2，

11

（i）求证：4；

k1k2

（ii）求证：直线BC过定点．

【答案】(1)y24x

(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析

【分析】（1）联立方程组并利用韦达定理得到y1y24p，再结合题意求解参数，得到抛物线方程即可.

（2）（i）法一直接利用斜率公式结合韦达定理得到定值，法二利用齐次化结合直线系方程求解定值，（ii）

法一结合已证定值，求出直线方程，进而求解定点，法二结合齐次化得到的定值求出直线方程，最后求出

定点即可.

【详解】（1）设直线l的方程为x2yn，

代入y22px得y24py2pn0，

设点Ax1,y1,Bx2,y2，则y1y24p，y1y22pn

yy

而线段AB中点纵坐标为4，则124，解得p2，

2

故的方程为y24x.

y1y281x21x2

（2）（i）法一：由（1），且1，2，

y1y24nk1y14k2y24

112yn22yn2

则12

k1k2y14y24

4yy8yyn2yy8n2

121212

y14y24

4yyn10yy8n216n64

12124

y1y24y1y2164n16

11

所以4.

k1k2

法二：设直线方程为mx2ny41，

2

抛物线的方程y24x可表示为y48y44x280，

mx2ny41

由2，

y48y44x280

2

y4y4y4

得8mn

x2x2x2

2

y4y4y4

22，

4mn8mn2mn0

x2x2x2

8n28n1k28m4n16mnk8m24m0，

4n8m16mn8m24m

kk,kk，

128n28n1128n28n1

1

直线l的斜率为，n2m，

2

4n8m16mn32m216m

kk，

128n28n132m216m1

2

11k1k232m16m

24.

k1k2k1k28m4m

（ii）法一：如图，作出符合题意的图形，

11

由已知得4，

k1k2

设直线BC的方程为xmyt,Bx2,y2,Cx3,y3，

xmyt2

联立2，可得y4my4t0，

y4x

y2y34m,y2y34t，

y34y24

k1,k2，

x32x22

11myt2myt2

32

k1k2y34y24

2myyt4m2yy8t2

23234，

y2y34y2y316

整理得4m22t14mmt120，

即m2t4m60，

当m2时，直线AB与直线BC重合，舍去

t4m6，直线BC的方程xmy64m，

直线BC过定点(6,4).

11

法二：由已知得4，

k1k2

11k1k24n8m16mnn2m4mn

224，

k1k2k1k28m4m2mm

8m24mn2mn0,2mn4m10，

1

n2m（舍）或m，

4

1

直线BC的方程是x6ny40，

4

直线BC过定点(6,4).

y2x2

2．（25-26高三上·湖南长沙·月考）已知F1,F2分别为椭圆C:1ab0的上、下焦点，

a2b2

，点为椭圆上一点．

F1F222E1,2C

(1)求椭圆C的方程；

(2)椭圆C与直线l:ykxt(k0,t0)有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x轴、y轴于

A(x,0),B(0,y)两点．

（i）当点M运动时，求点P(x,y)的轨迹方程；

x2y2pxqy

（ii）已知以椭圆1m0,n0,mn上一点(p,q)为切点的切线方程为1，若直线l

m2n2m2n2

，

交直线xy10于点Qx0,y0由点Q引椭圆C的另一条切线，切点为N，求证：直线MN过定点.

y2x2

【答案】(1)1；

42

x2

(2)（i）y21(x0,y0)，（ii）(2,4).

2

y2x2

【分析】（1）由F1F222得到c，将E1,2代入椭圆1，联立方程组求解即可；

a2b2

（2）（i）直线l和椭圆C联立方程组，消去y，整理得到k22x22ktxt240，由椭圆C与直线

l：ykxt(k0，t0)有唯一公共点M，得到0，即得t22k24，同时从方程

222kt

k2x2ktxt40中解出x，将其代入l：ykxt解得y，从而得到M的坐标，求出过

k22

点M且与l垂直的直线方程，从而得到点A,B的坐标，则点P(x,y)中的x和y分别为点A,B的横纵坐标，

通过计算得到x和y的方程，即为所求；

（ii）分别求出Mx1,y1，Nx2,y2为切点的切线方程，又这两条切线都过Qx0,y0，将Qx0,y0代入这两

条切线方程得到直线MN的方程，将Qx0,y0代入直线xy10得到y01x0，代入直线MN的方程从而

求出直线MN过的定点.

【详解】（1）F1F222，2c22，c2，

2221

为椭圆yx上一点，，

E1,21221

a2b2ab

21

1

a2b2a2

22

yx

联立方程组c2，解得c2，椭圆C的方程为1；

42

222

abcb2

y2x2

1

（2）（i）直线l和椭圆C联立方程组42，消去y，

ykxt

（3）

（4）整理得到k22x22ktxt240，

椭圆C与直线l：ykxt(k0，t0)有唯一公共点M，

2

0，2kt4k22t240，

222kt

t22k24，且k2x2ktxt40的解为x，

k22

ktkt2t

x代入l：ykxt解得ykt，

k22k22k22

kt2t22122212

则M2,2，t2k4，tk2，kt2

k2k222

2k42t1kt

M,，过点M且与l垂直的直线方程为yx，

ttk22kk22

tt

设x0，则y，则B0,，

k22k22

ktkt

设y0，则x，则A,0，

k22k22

ktt

P(x,y)中的x，y，

k22k22

12k2

t2k22，x，y，

2tt

22

2124k2t88

kt2x2222y2，

2t2t2t2

x2

y21(x0,y0)；

2

y2x2

（ii）椭圆C的方程为1，Qx,y引椭圆C的另一条切线，切点为N，

4200

yyxx

设Mx,y,Nx,y，则Mx,y为切点的切线方程为111，

11221142

yyxx

则Nx,y为切点的切线方程为221，

2242

这两条切线都过Qx0,y0，

yyxx

10101

42yyxx

，直线MN的方程为001，

yyxx42

20201

42

Qx0,y0在直线xy10上，x0y010，y01x0，

y1x0xx0

直线MN的方程为1，y1x02xx04，

42

y2x0x2

x0(y2x)(y4)0，，，

y40y4

直线MN过定点(2,4).

3．（25-26高二上·浙江·期中）已知椭圆过点A0,1，左焦点为M，且AM2．

(1)求椭圆的标准方程；

(2)已知不与x轴垂直的直线l交椭圆于E，F两点（E，F异于点A），直线AE，AF分别与x轴交于P，

4

Q两点，若P，Q的横坐标的乘积为，则直线l是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明

3

理由．

x2

【答案】(1)y21

4

(2)直线l恒过定点0,2

【分析】（1）根据椭圆的性质和已知条件求出a、b、c的值，进而得到椭圆的标准方程；

（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出x1x2,x1x2，再根据直线AE、AF与x轴交

4

点的横坐标乘积为，求出直线l所过的定点。

3

x2y2

【详解】（1）设椭圆的标准方程为1(ab0)已知椭圆过点A(0,1)，则b1，

a2b2

左焦点M(c,0)，由|AM|2可得(0c)2(10)22，，解得c3，

x2

所以a2134，故椭圆的标准方程为y21；

4

（2）设直线l的方程为ykxmm1，Ex1,y1，Fx2,y2，

ykxm2

y2228km4m4

由22消去得4k1x8kmx4m40，当Δ0时，x1x2，xx，

x4y44k21124k21

2

x2y11x1

由y1，得A0,1，则直线AE的方程为yx1，令y0，得点P的横坐标xP，直线

4x1y11

y21x2

AF的方程为yx1，令y0，得点Q的横坐标xQ，

x2y21

x1x2x1x24

于是xPxQ，

y11y21kx1m1kx2m13

22

即4k3x1x24km4kx1x24m10，

2

4m48km2

则有4k234km4k4m10，化简得m2m20，解得m2或m1（舍去），

4k214k21

所以直线l的方程为ykx2，直线l恒过定点0,2．

x2y2

4．（25-26高二上·吉林长春·期中）已知椭圆C：1ab0，F,F分别是C的左、右焦点，P是

a2b212

椭圆C上一点，PF1的最大值为3，当P为椭圆上顶点时，PF1F2为等边三角形.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设A,B分别是椭圆C的左、右顶点，若直线l与C交于点M,N，且kBM3kAN，

①若直线AN,BM交于点P，证明点P在定直线上，并求出该定直线的方程；

②证明：直线l过定点，并求出此定点坐标.

x2y2

【答案】(1)1

43

(2)①证明见详解，x4；②证明见详解，1,0.

【分析】（1）根据条件得出a,c的关系，求解方程可得答案；

（2）①根据斜率关系分别设出直线方程，求解交点可证；②联立方程分别求出M,N的坐标，写出直线方

程，化简可得直线过定点.

【详解】（1）设椭圆的焦距为2c，因为PF1的最大值为3，所以ac3；

因为当P为椭圆上顶点时，PF1F2为等边三角形，所以a2c，解得a2,c1，

x2y2

所以b2a2c23，即椭圆C的标准方程为1.

43

（2）①证明：由（1）知，A2,0,B2,0;

设直线AN的斜率为k，则直线BM的斜率为3k，直线AN的方程为ykx2，

直线BM的方程为y3kx2，

ykx2

联立，可得x4，即点P在定直线x4上.

y3kx2

yk(x2)2222

②证明：设Mx1,y1,Nx2,y2，联立22，得34kx16kx16k120，

3x4y12

2

16k21268k212k68k12k

则有，解得，y，即；

2xx222N2,2

234k234k234k34k34k

y3k(x2)

2222

联立22，得112kx48kx412k10，

3x4y12

412k2124k2212k24k2212k

由得，y，即M,；

2xx121222

1112k2112k112k112k112k

22

68k24k221

设直线MN的斜率为kMN，当时，即k时，

34k2112k24

12k12k

2

34k2112k212k(16k4)4k

则kMN.

68k224k2212(116k4)14k2

34k2112k2

12k4k68k2

所以直线MN的方程为y22x2，

34k14k34k

4k

即yx1，所以直线l过定点1,0.

14k2

1133

当k2，若k，则M1,,N1,,此时直线MN的方程为x1；

4222

133

若k，则M1,,N1,,此时直线MN的方程为x1；

222

综上可得，直线l恒过定点1,0.

高妙技法

与角度、位置关系等有关的存在性问题，假设存在，然后根据题目几何条件列出方程，根据假设条件求

解，看解是否在合理范围内。

x2y22

1．（25-26高三上·重庆·月考）椭圆E:1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为；点

a2b24

△

M,N为椭圆E上的两个不同动点，F1MF2面积的最大值为7.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设直线MF1的斜率为k1，直线NF1的斜率为k2.

（i）若M,N在x轴上方，且k1k20，求证:直线MN过定点;

（ii）点M,N在运动过程中，是否存在某些位置使得MF1NF1且MF2NF2?若存在，求出此时点M

的坐标;若不存在，请说明理由.

x2y2

【答案】(1)1

87

815715815715815715815715

(2)（i）证明见解析；（ii）,,,,,,,

1515151515151515

△

【分析】（1）由离心率及F1MF2面积的最大值列出等式求得a,b,c即可求解；

（2）（i）设直线MN方程为：ykxm,Mx1,y1,Nx2,y2，联立椭圆方程，由韦达定理结合k1k20，

x1

0

求得m8k即可求证；（ii）设Mx0,y0，由MF1NF1,MF2NF2，得到直线NF1的方程为：yx1，

y0

x1x21

00

直线NF2的方程为：yx1，联立求得Nx0,，结合点N，点M在椭圆上，列出等式求

y0y0

解即可.

c2

【详解】（1）由题意，即a22c，

a4

△17

当M点位于短轴端点时，F1MF2面积的最大值，得：2cb7，即b，

2c

又a2b2c2，

71

所以8c2c2，即c2

c2c2

解得：a22,c1,b7，

x2y2

故椭圆的标准方程为1

87

（2）

（i）设直线MN方程为：ykxm,Mx1,y1,Nx2,y2，

7x28y256

由得：78k2x216kmx8m2560，

ykxm

2

2

2216km8m56，

Δ16km478k8m560,x1x2,x1x2

78k278k2

y1y2

因为k1k20，所以0，

x11x21

即y1x21y2x110.

所以kx1mx21kx2mx110，

整理得：2kx1x2kmx1x22m0，

8m25616km

代入韦达定理2kkm2m0，

78k278k2

化简得：m8k

所以直线MN方程为：ykx8k，恒过定点8,0；

（ii）设Mx0,y0，显然x01，

y0y0

则直线MF1斜率为，直线MF2的斜率为.

x01x01

因为MF1NF1,MF2NF2，

x1x1

00

所以直线NF1斜率为，直线NF2的斜率为.

y0y0

x1

0

所以直线NF1的方程为：yx1

y0

x1

0

直线NF2的方程为：yx1，

y0

22

x01x01

两方程联立解得：xx0,y，即Nx0,，

y0y0

2

x01

因为点N在椭圆上，所以y0，

y0

2222

即x0y01或x0y01，

x2y2

又点M在椭圆上，001，

87

x2y2

001

联立87无解，

22

x0y01

x2y2

001

联立，解得：815715，

87x0,y0

221515

x0y01

815715815715815715815715

所以符合条件的点M得坐标为,,,,,,,.

1515151515151515

2．（25-26高二上·贵州·期中）已知椭圆的左、右焦点分别为F1、F2，左顶点为A，O为坐标原点，若F1F22，

1

椭圆的离心率为e，过点A作斜率为kk0的直线l与椭圆交于另一点B，交y轴于点D．

2

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设P为AB的中点，在x轴上是否存在定点Em,0，对于任意的kk0都有OPDE？若存在，求出

定点E的坐标；若不存在，请说明理由．

x2y2

【答案】(1)1

43

3

(2)存在，E,0

2

【分析】（1）由题意求出a,b,c，即可求得椭圆的标准方程；

x2y2

（2）设直线AB:ykx2k0*，与椭圆方程1联立，利用韦达定理以及中点坐标公式得到

43

P点坐标，利用OPDE0从而求得结果.

【详解】（1）由题意F1F22c2则c1，

c1

由于e，则a2，b2a2c23，

a2

x2y2

则椭圆的标准方程为1.

43

（2）设直线AB:yk(x2)(k0)*

令x0，则y2k，D(0,2k)

22

xy2222

将*代入1整理得34kx16kx16k120，

43

16k2

设BxB,yB，则2x，

B34k2

268k212k

68k

x，yBk222

B34k234k34k

设PxP,yP，P为AB的中点，

18k216k

x2x，yPyB，

P2B34k2234k2

8k26k

OP2,2，

34k34k

DEm,2k，

(8m12)k2

OPDE，

34k2

3

当m时，OPDE0恒成立，

2

3

所以存在定点E,0使得对于任意的kk0都有OPDE.

2

x2y22

3．（25-26高二上·湖南长沙·期中）已知椭圆C:1ab0的离心率为,F1,F2分别为椭圆C的

a2b22

左､右焦点，点A是椭圆C上一动点，且AF1AF2的最大值为6.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知直线xmy3与椭圆C交于P,Q两点.

（i）求m的取值范围；

（ii）已知点D2,1，直线DP,DQ与直线x3分别交于点M,N，平面内是否存在一定点H，使得四边形

DMHN为平行四边形？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由.

x2y2

【答案】(1)1

63

(2)（i）m1或m1；（ii）存在，H4,1.

【分析】（1）利用椭圆定义和基本不等式求a，结合离心率求解可得；

（2）（i）直线方程联立椭圆方程消元，利用判别式求解可得；（ii）利用直线DP,DQ表示出点M,N的坐

标，结合韦达定理求出中点坐标，结合DMHN为平行四边形求解可得.

2c2

【详解】（1）因为离心率为，所以，由椭圆的定义知AF1AF22a，

2a2

2

AF1AF2

由基本不等式得AFAFa26，

124

当且仅当AF1AF2a时等号成立，

故a6，所以c3，所以b2a2c23，

x2y2

故椭圆C的方程为1.

63

（2）（i）设Px1,y1,Qx2,y2，

xmy3

22

由x2y2得m2y6my30，

1

63

22

由直线xmy3与椭圆C交于两点，知Δ36m12m20，得m21，

所以m1或m1.

（ii）存在点HxH,yH使得四边形DMHN为平行四边形，理由如下：

y1

1

因为D2,1在椭圆上，所以易知x12,x22，设直线DM的方程为y1x2，

x12

y11y11m1y1m1y2

令x3，得yM11，同理yN，

x12my11my11my21

6m31

又由（i）知yy,yy，所以yyyy，

12m2212m22122m12

m1y1m1y22m1my1y2m1y1y2

所以yMyN

my11my21my11my21

1

2m1my1y2m1y1y2

2m，

0

my11my21

所以线段MN的中点坐标为3,0，

连接DH，若四边形DMHN为平行四边形，则线段DH的中点坐标也为3,0，

x2

H3

2

由于D2,1，可得得x4,y1，所以点H的坐标为H4,1.

y1HH

H0

2

x2y2

4．（25-26高三上·广东惠州·月考）已知O为坐标原点，椭圆C：1ab0的右焦点为F1,0,C的

a2b2

长轴长为4，直线l过点F且与C交于A,B两点．

(1)求C的标准方程；

1

(2)当直线l的斜率为时，求△的面积：

2OAB

(3)在x轴上是否存在一个定点P，使得直线AP,BP关于x轴对称？若存在，求出点P的坐标：若不存在，

请说明理由．

x2y2

【答案】(1)1

43

35

(2)

8

(3)存在，P4,0

【分析】（1）根据题意求出a,b,c即可；

（2）先求出直线方程，联立方程，设Ax1,y1,Bx2,y2，利用韦达定理求出y1y2,y1y2，再根据

112

SOFyyOFyy4yy求解即可；

OAB21221212

（3）设AB:xmy1m0，联立椭圆方程，韦达定理，结合斜率公式利用斜率相反化简求得P的坐标，

即可求解.

【详解】（1）由题意可得，c1,2a4，所以a2,b2a2c2413，

x2y2

故椭圆C的标准方程为1；

43

1

（2）直线l的方程为yx1，

2

1

yx1

2

联立，消x得16y212y90，

x2y2

1

43

39

设Ax,y,Bx,y，则yy,yy，

11221241216

112

所以SOFyyOFyy4yy

OAB21221212

193635

1；

216168

（3）设Ps,0，

易得直线l的斜率不为零，可设l:xmy1，

22

xy22

联立xmy1，1得，3m4y6my90，

43

222

设Ax1,y1,Bx2,y2，则Δ36m363m4144m10，

6m9

yy,yy，

123m24123m24

因为直线AP,BP关于x轴对称，

yy

12

所以x1sx2s0时，kAPkBP0，

x1sx2s

所以y2x1y1x2sy1y20（x1sx2s0也符合），

所以y2my11y1my21sy1y20，

所以2my1y21sy1y20，

96m

所以2m1s0，

3m243m24

化简得ms4m0，与m无关，所以s4，故P4,0，

故存在P4,0，使得直线AP,BP关于x轴对称.

高妙技法

与线段为定值有关的存在性问题，假设存在，然后根据题目几何条件列出方程，根据假设条件求解，看

解是否在合理范围内。

1．（2025高三·全国·专题练习）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为25,0，且C的一条渐近线

的斜率为2.

(1)求C的方程；

(2)如图，记C的右顶点为A，过点A作直线MA,NA与C的左支分别交于M,N两点，且MANA,ADMN,D

为垂足．证明：存在定点Q，使得DQ为定值，并求出点Q坐标．

x2y2

【答案】(1)1

416

2

(2)证明见解析，Q,0

3

【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得a,b的值，即可求解；

2kmm216

（2）设直线MN方程为ykxm，联立方程组，得到xx,xx，根据MANA，整理

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