提分点 5　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题

提分点5圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题真题重做探究命题人的思维模拟术1.(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．2．(2023·全国乙卷)已知椭圆C：y2a2+x2b2＝1(a>b>0)的离心率是53，点(1)求C的方程；(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．命题预测开启高分大门的神秘金钥匙命题依据：圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题备受高考命题人的青睐，一般以解答题的形式考查．圆锥曲线的定点、定值、定直线问题计算量通常很大，但解题方法比较固定，多加练习，解题便可轻车熟路．预测角度1圆锥曲线中的定点问题预测1已知抛物线C：y2＝2px，斜率为23的直线l交抛物线于M，N两点，且M(1，－2)(1)求抛物线C的方程；(2)试探究：抛物线C上是否存在点P，使得PM⊥PN？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．[听课笔记](1)引进参数法：引进动点的坐标为参数表示变化的量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．[对点练1](2025·河南周口模拟)已知P(3，32)，Q(0，3)在椭圆E：x2a2+y(1)求椭圆E的方程；(2)过点N(a，0)作两条直线分别与E交于另一点A，B，记直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，若k1·k2＝12，证明：直线AB预测角度2圆锥曲线中的定值问题预测2已知双曲线E：x2a2－y2＝1(a>0)过点M(2，1)，MP，MQ分别为圆C：(x－2)2＋y2＝r2(0<r<33)的两条切线，且分别交双曲线E于点(1)求双曲线E的离心率；(2)证明：直线PQ的斜率为定值．[听课笔记](1)可由特例得出一个值(此值一般就是定值)，然后证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．(2)先将式子用动点或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子与分母约分得定值．[对点练2](2025·河南鹤壁模拟)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C的离心率为22，点P是椭圆C上一动点，且(1)求椭圆C的方程；(2)过点M(63，0)的直线交椭圆C于E，F两点，判断1ME预测角度3圆锥曲线中的定直线问题预测3已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左顶点为A(－3，0)，右顶点为B(3，0)，椭圆上不同于点A，B的一点P满足(1)求椭圆C的方程；(2)过点(2，0)的直线l交椭圆C于M，N两点(异于点A，B)，直线AM，BN交于点Q，证明：点Q在定直线上．[听课笔记](1)待定系数法，设出含参数的直线方程，利用条件消去参数，得到系数确定动点的坐标，确定直线．(2)设点法，设出动点的坐标，通过动点满足的条件消去参数，得到动点的轨迹方程，从而确定直线．[对点练3]已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b(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．请完成：专题强化练18提分点5圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题真题重做1．答案：(1)设双曲线C的方程为x2a2-y2b2＝由题意可得c=25，所以双曲线C的方程为x24答案：(2)证明：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线MN的斜率不为0.设直线MN的方程为x＝my－4，且－12<m<1与x24-y216＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ则y1＋y2＝32m4m2-1，y1y直线MA1的方程为y＝y1x1+2直线NA2的方程为y＝y2x2-2联立直线MA1与直线NA2的方程可得x+2x-2＝y2x1+2方法一(和积转化)因为my1y2＝32(y1＋y2)，所以my1y2-2y2方法二(配凑)因为my1y2＝32(y1＋y2)，所以my1＝my1y2-2y由x+2x-2＝－13可得x＝－1，即xP＝－1，据此可得点P在定直线x＝－2．答案：(1)由题意可得b=2，a所以椭圆C的方程为y29答案：(2)证明：由题意可知，直线PQ的斜率存在，设直线PQ：y＝k(x+2)+3，P(x1，联立方程y=kx+2+3，y29+x24=1，消去y得(4k2＋9)x2则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1728k>0，解得k<0，可得x1＋x2＝－8k2k+34k2+9，x1x2＝16k2+3k4k2+9，因为A(－2，令x＝0，解得y＝2y1x1+2，即M(0，2y1则2y1＝kx＝2＝32kk2+3k4k所以线段MN的中点是定点(0，3)．命题预测预测1答案：(1)由M(1，－2)在抛物线上，则(－2)2＝2p×1，解得p＝2，因此可得抛物线C的方程为y2＝4x.答案：(2)存在点P在抛物线C上，设点P(m24，由直线l的斜率为23，且过M(1，－2)则直线l的方程为y－(－2)＝23(x－1)，即2x－3y－8＝0联立2x-3y-8=0，y2=4x，可得y2－6y－16＝0，解得y＝－2即可得点N的纵坐标为8，代入y2＝4x，得x＝16，即N(16，8)，若PM⊥PN，则PM⊥PN，即PM·PN＝0，又PM＝(1－m24，－2－m)，PN(16－m24，则可得(1－m24)(16－m24)＋(－2－m)(8－整理得m(m＋2)(m－8)(m＋6)＝0，解得m＝0，或m＝－2，或m＝8，或m＝－6，当m＝－2时，P(1，－2)与M重合，舍去，当m＝8时，P(16，8)与N重合，舍去，当m＝0时，P(0，0)，当m＝－6时，P(9，－6)，综上知，抛物线C上存在点P，为(0，0)和(9，－6)时，PM⊥PN.[对点练1]答案：(1)将P(3，32)，Q(0，3)代入椭圆E：x2a2+y2b2＝1中可得3a2+答案：(2)证明：设直线AB：x＝ty＋n(n≠0)，则x24+y23=1，x=ty+n，化简得(3t2＋4)y2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，N(2，0)，则y故k1·k2＝y1x1-2·故2y1y2＝(x1－2)(x2－2)，即2y1y2＝(ty1＋n－2)(ty2＋n－2)，化简可得(t2－2)y1y2＋t(n－2)(y1＋y2)＋(n－2)2＝0，故(t2－2)3n2-123t2+4＋t(n－2)(-6nt3t化简可得n2＋8n－20＝0，解得n＝－10或n＝2，当n＝2时，则x＝ty＋2，此时直线AB经过(2，0)，与N(2，0)重合，不符合题意，舍去，当n＝－10，则x＝ty－10，此时直线恒经过(－10，0)，符合题意．预测2答案：(1)将M(2，1)的坐标代入x2a2－y2＝1，得a2＝2，所以双曲线E的离心率e＝1+答案：(2)证明：由题意知直线MP，MQ的斜率都存在且不为0，设直线MP的方程为y＝k1(x－2)＋1，直线MQ的方程为y＝k2(x－2)＋1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．由y=k1x-2+1，x22-y2=1，消去y整理得(1-2k12)x2＋由1-2k由Δ＝16k12(2k1－1)2－4(1－2k12)[由题意2＋x1＝-4k12k1-11-2k12，解得x1＝4k12所以（P4k1同理Q(4k2由题意，r＝1k12+1＝1因为k1所以直线PQ的斜率k＝-2k12+4k1－1[对点练2]答案：(1)因为离心率为22，所以ca＝由椭圆定义知|PF1|＋|PF2|＝2a，由基本不等式可得|PF1||PF2|≤PF1+PF224当且仅当|PF1|＝|PF2|＝a时，等号成立，所以a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，故椭圆C的方程为x22＋y2答案：(2)当直线EF的斜率为零时，则点E，F为椭圆长轴的端点，则1ME2+1MF2＝当直线EF的斜率不为零时，设直线EF的方程为x＝ty＋63，设点E(x1，y1)，F(x2，y联立x=ty+63，x22+y2=1，消去x得(t2Δ＝8t23+163(t2＋2)＝由韦达定理得y1＋y2＝－26t3t2+2，y1故1ME2+1MF2＝8t23t2+2综上所述，1ME2预测3答案：(1)根据题意得a＝3，设点P的坐标为(x0，y0)，因为点P在椭圆上，所以x029＋则kPA·kPB＝y0x0+3·y0x0-3＝y02所以椭圆C的标准方程为x29答案：(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my＋2，由x=my+2，x29+y24=1得关于y的方程(4m2＋9)y2则y1＋y2＝－16m4m2+9，y1y直线AM的方程为y＝y1x1+3(x＋3)①，直线BN的方程为y＝y2x2-3(x－3)②，设Q(x3，y3)，则y3＝y1x1所以x3+3x3-3＝x1+3因为my1y2＝54(y1＋y2)，所以x3+3x3-3＝54y因此点Q在定直线x＝92[对点练3]答案：(1)依题意可得4a2所以椭圆C的方