2025年高考数学一轮复习教学课件第8章 第9课时　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题

必备知识·关键能力·学科素养·核心价值第八章解析几何 第9课时　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题对应学生用书第225页 典例精研　核心考点第9课时　圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题考点一　定点问题[典例1](2023·河北石家庄一模)已知点P(4，3)在双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)上，过P作x轴的平行线，分别交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，|PM|·|PN|＝4.(1)求双曲线C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，从下面两个条件中选一个，证明：直线l过定点．①k1＋k2＝1；②k1k2＝1. [解](1)因为点P(4，3)在双曲线上，所以＝1.过P作x轴的平行线y＝3，与y＝±x相交于M，N两点，记M，N.所以＝＝a2＝a2＝4，所以a＝2.代入＝1，可知b＝，所以双曲线C的方程为＝1. (2)证明：选①：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A,B，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即m2＋3－4k2＞0.所以x1＋x2＝，x1x2＝，由条件k1＋k2＝1，得＝1，所以(x2－4)(kx1＋m－3)＋(x1－4)(kx2＋m－3)＝(x1－4)(x2－4)，整理可得2kx1x2＋(m－3－4k)(x1＋x2)－8(m－3)＝x1x2－4(x1＋x2)＋16， 由根与系数的关系得m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，即(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0，解得m＝2k＋3或m＝－4k＋3.当m＝2k＋3时，y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3，则直线l过定点(－2，3)；当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．综上可得，直线l过定点(－2，3)．选②：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A,B，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程 得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即m2＋3－4k2＞0.所以x1＋x2＝，x1x2＝，由条件k1k2＝1，得＝1，即＝1，整理可得＝1.由根与系数的关系，整理可得7m2＋32km＋16k2－18m－9＝0，即(7m＋4k＋3)(m＋4k－3)＝0，解得m＝－或m＝－4k＋3.当m＝－时，y＝kx＋m＝kx－＝，则直线l过定点；当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．综上可得，直线l过定点. 名师点评求解直线或曲线过定点问题的基本思路(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．(3)解析几何大题中设直线方程一般有三种设法：y－y0＝k(x－x0)，x＝my＋n，y＝kx＋m，若设y＝kx＋m这种形式，研究定点，只需根据条件得到m与k的关系即可，如m＝3k. [跟进训练]1．(2023·江苏泰州一模)已知双曲线C：＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于P，Q两点．当PQ⊥x轴时，|PA|＝，△PAQ的面积为3.(1)求双曲线C的方程；(2)证明：以PQ为直径的圆经过定点．[解](1)如图，当PQ⊥x轴时，P，Q两点的横坐标均为－c，代入双曲线方程，可得yP＝，yQ＝－，即|PF|＝，由题意，可得解得a＝1，b＝，c＝2，∴双曲线C的方程为x2－＝1. (2)证明：法一：设直线PQ的方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则⇒3(m2y2－4my＋4)－y2＝3⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝，以PQ为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0，x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0，由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y＝0，可得x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0，而x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝－4＝，x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝，∴x2－x＋＝0，(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)x＋3m2－5]·(x－1)＝0对任意m∈R恒成立，∴x＝1，∴以PQ为直径的圆经过定点(1，0)． 法二：设直线PQ的方程为x＝my－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝，由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点．设以PQ为直径的圆过点E(t，0)，∴＝0⇒(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝0⇒x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋y1y2＝0，而x1x2＝(my1－2)(my2－2)＝m2y1y2－2m(y1＋y2)＋4＝m2·－2m·＋4＝，x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝－4＝，∴＋t2＋＝0，(3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0对任意m∈R恒成立，∴t＝1，即以PQ为直径的圆经过定点(1，0)． 考点二　定值问题[典例2](2024·湖南长沙开学考试)已知M，N分别为椭圆E：＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，F为其右焦点，|FM|＝3|FN|，且点P在椭圆E上．(1)求椭圆E的标准方程；(2)若过F的直线l与椭圆E交于A，B两点，且l与以MN为直径的圆交于C，D两点，证明：为定值．[解](1)由|FM|＝3|FN|，可得a＋c＝3(a－c)，解得a＝2c，又因为a2＝b2＋c2，所以b＝c.因为点P在椭圆E上，所以＝1，解得a＝2，b＝，c＝1，所以椭圆E的标准方程为＝1. (2)证明：①当l与x轴重合时，|AB|＝|CD|＝4，所以＝7.②当l不与x轴重合时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my＋1，由消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝，故|AB|＝＝＝12×，圆心O到直线l的距离为，则＝4－，所以＝＋4－＝7，即为定值． 名师点评圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．(4)定值问题可由特殊情况先寻求定值，再推广到一般，这样方向和目标明确． [跟进训练]2．(2023·湖南岳阳一模)已知直线l1：y＝2x和直线l2：y＝－2x，过动点E作平行于l2的直线交l1于点A，过动点E作平行于l1的直线交l2于点B，且四边形OAEB(O为原点)的面积为4.(1)求动点E的轨迹方程；(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴上时，记轨迹为曲线E0，过点M(1，0)的直线m与曲线E0交于P，Q两点，且与y轴交于点N，若＝λ＝μ，求证：λ＋μ为定值． [解](1)设E(x0，y0)，过点E(x0，y0)且平行于l2的直线方程为y－y0＝－2(x－x0)，由得交点A的横坐标为，所以|OA|＝＝|2x0＋y0|，E点到直线l1的距离为，所以四边形OAEB的面积为|2x0＋y0|＝4，即＝1或＝1，故动点E的轨迹方程为＝1或＝1. (2)证明：由题知E0的方程为＝1，设N(0，yN)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．当直线m的斜率为0时，N(0，0)，若P(－2，0)，Q(2，0)，由＝λ＝μ，知λ＝－，μ＝1，所以λ＋μ＝；若Q(－2，0)，P(2，0)，由＝λ＝μ，知λ＝1，μ＝－，所以λ＋μ＝. 当直线m的斜率不为0时，设直线m的方程为x＝ty＋1(显然t≠0)，则N，即yN＝－，因为＝λ＝μ，所以(1，－yN)＝λ(x1－1，y1)，(1，－yN)＝μ(x2－1，y2)，解得λ＝－，μ＝－，λ＋μ＝－yN＝－yN·.由消去x并整理得(4t2－1)y2＋8ty－12＝0，因为直线m与曲线E0有两个交点，则在4t2－1≠0且判别式Δ＞0时，有y1＋y2＝，y1y2＝.所以λ＋μ＝＝，即证得λ＋μ为定值. 考点三　定直线问题[典例3](12分)(2023·新高考Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为.(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．[规范解答](1)双曲线C的中心为原点，左焦点为(－2，0)，离心率为，则·······················1分解得···························2分故双曲线C的方程为＝1.···················3分 (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→切入点：联立、消元、根与系数的关系化简整理，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，·············4分故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝256m2＋192＞0且4m2－1≠0，→································5分 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，·················6分直线MA1的方程为y＝(x＋2)，·················7分直线NA2的方程为y＝(x－2)，·················8分故＝＝＝＝＝＝－，→··············10分故＝－，解得x＝－1，····················11分所以xP＝－1，故点P在定直线x＝－1上．···················12分 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定点的轨迹，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． [跟进训练]3．(2023·福建福州二模)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过点(－2，0)的两条直线l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点．当l1的斜率为时，|AB|＝.(1)求E的标准方程；(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．[解](1)当l1的斜率为时，得l1的方程为y＝(x＋2)，由消去x并整理得y2－3py＋4p＝0，Δ＝(－3p)2－4×4p＞0，y1＋y2＝3p，y1y2＝4p，由弦长公式得|AB|＝＝，即＝2，解得p＝2或p＝－(舍去)，p＝2满足Δ＞0，从而E的标准方程为y2＝4x. (2)法一：因为l1，l2分别交E于A，B两点和C，D两点，所以直线斜率存在．设直线AB的方程为y＝k1(x＋2)，设，由消去x得k1y2－4y＋8k1＝0，由根与系数的关系得y1y2＝8.设直线CD的方程为y＝k2(x＋2)，设，由消去x得k2y2－4y＋8k2＝0，由根与系数的关系得y3y4＝8.直线AD的方程为y－y1＝， 即y＝x＋，化简得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，同理，直线BC的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0.因为点(－2，0)在抛物线E的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证点G的横坐标为定值即可．因为直线AD与BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，由消去y，解得x＝＝＝＝＝2.所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上． 法二：设直线AB的方程为x＝my－2，由消去x得y2－4my＋8＝0，设，则y1y2＝8.设直线CD的方程为x＝，同理可得y3y4＝8.直线AD的方程为y－y1＝，即y＝x＋，化简得4x－(y1＋y4)y＋y1y4＝0，同理，直线BC的方程为4x－(y2＋y3)y＋y2y3＝0.因为(－2，0)在抛物线E的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点G必在垂直于x轴的直线上，所以只需证点G的横坐标为定值即可． 因为直线AD与BC相交，所以y2＋y3≠y1＋y4，由消去y，解得x＝＝＝＝＝2.所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上． 【教师备选资源】已知抛物线C：x2＝2py(p>0)与圆O：x2＋y2＝12相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.F是抛物线C的焦点，过焦点的直线l与抛物线C相交于不同的两点M，N.(1)求抛物线C的方程；(2)过点M，N作抛物线C的切线l1，l2，P(x0，y0)是l1，l2的交点，求证：点P在定直线上．[解](1)点A的横坐标为2，代入圆O的方程得y＝2，所以A(2，2)，代入抛物线C的方程，解得p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y. (2)证明：由(1)知抛物线C：y＝，则y′＝，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以切线PM的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝，同理，切线PN的方程为y＝，联立解得点P，设直线MN的方程为y＝kx＋1，代入x2＝4y，得x2－4kx－4＝0，所以x1x2＝－4，所以点P在定直线y＝－1上，结论得证． 拓展视野5圆锥曲线中的等角定理椭圆中的等角定理已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，则x轴上存在点R，使得∠ORP＝∠ORQ.逆定理已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R(m≠0，|m|≠a)，设直线l不垂直于x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．注：定点所在轴只需要与a保持一致即可，不要求在椭圆内，也不要求在椭圆外，如图所示：证明：普通联立法即可． 双曲线的等角定理已知双曲线C：＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R，使得∠ORP＝∠ORQ.逆定理已知双曲线C：＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R(m≠0，|m|≠a)．设l不垂直于x轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．注：定点在实轴上即可，不要求在双曲线内部，也不要求过定点的直线必须是和同一侧曲线相交于两点，包括如下三种情况，证明过程一致．证明：普通联立法即可． 抛物线的等角定理已知抛物线C：y2＝2px，直线l过定点(m，0)(m≠0)，同时直线l与抛物线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R(－m，0)，使得∠ORP＝∠ORQ.逆定理已知抛物线C：y2＝2px与x轴上定点R(m，0)(m≠0)，直线l与抛物线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(－m，0)．注：定点在对称轴上即可． [典例](2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)．(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.[解](1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1.由已知可得，点A的坐标为或.又M(2，0)，所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－. (2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝.将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．所以∠OMA＝∠OMB.综上，∠OMA＝∠OMB.点拨：解析几何中与角有关的问题可以向斜率转化． 点击页面进入…（WORD版）巩固课堂所学·激发学习思维夯实基础知识·熟悉命题方式自我检测提能·及时矫正不足本节课掌握了哪些考点？本节课还有什么疑问点？课后训练学习反思课时小结课时分层作业(六十)圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 THANKS