圆锥曲线中的定点、定值问题课件-2025届高三数学一轮复习

有lMN：x＝2＋1＝3，也过定点(3,0)， 故直线MN过定点，且该定点为(3,0)．
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
解：由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)， 则 lAE：y＝yx33－ －yx11(x－x1)＋y1，由 y21＝4x1，y22＝4x2， 故 y＝yy4323－－yy4121x－y421＋y1＝y3＋4xy1－y3＋y21 y1＋y1＝y3＋4xy1＋y3y＋1y3y1， 同理可得 lBD：y＝y4＋4xy2＋y4y＋2y4y2，
(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．
解：证明：由题意可知：直线PQ的斜率存在， 设PQ：y＝k(x＋2)＋3， P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程
y＝k(x＋2)＋3， y92＋x42＝1， 消去y得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16(k2＋3k)＝0， 则Δ＝64k2(2k＋3)2－64(4k2＋9)(k2＋3k)＝－1 728k>0，解得k<0，
[kx1＋(2k＋3)](x2＋2)＋[kx2＋(2k＋3)](x1＋2) (x1＋2)(x2＋2)
＝2kx1x2＋x(14xk2＋＋32)((xx11＋＋xx22))＋＋44(2k＋3)
＝32k4(kk22＋＋19364k(kk)－22＋＋893kk(4)－k4＋1k263＋4k)k((2292＋kk＋＋933))＋＋44(2k＋3)＝13068＝3， 所以线段MN的中点是定点(0,3)．
综合①②知，|MN|＝4 3，为定值．
规律方法
由特殊到一般法求定值问题的两个常用技巧
对点练 2.在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x42＋y2＝1，点 P(x1，y1)， Q(x2，y2)是椭圆 C 上的两个动点，直线 OP，OQ 的斜率分别为 k1，k2，若
m＝(x21，y1)，n＝ (x22，y2)，m·n＝0.
所以 kA2AkA2B＝x1y－1 2·x2y－2 2＝my1＋y11－2·my2＋y21－2＝m2y1y2－my1(yy21＋y2)＋1 ＝m2－3m29＋－4－3mm29＋－43m62m＋4＋1＝－94， 所以直线 A2A，A2B 的斜率之积为定值，此定值为为－94.
规律方法
参数法解决圆锥曲线中定值问题的一般步骤
解得ab＝ ＝22，2， 所以椭圆 C 的方程为x82＋y42＝1，其”卫星圆“的方程为 x2＋y2＝12.
(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与其”卫星圆“的另外两个交点分别为 M，N，证明：|MN|为定值．
解：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．
所以|PA|2＋|PB|2为定值．
技法2 特殊转化法 例2 给定椭圆 C：ax22＋by22＝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，点(2， 2)在 C 上．
(1)求椭圆C的方程和其”卫星圆“的方程； ac＝ 22，
解：由题意得a42＋b22＝1， a2＝b2＋c2，
联立两直线，即y＝y3＋4xy1＋y3y＋1y3y1， y＝y4＋4xy2＋y4y＋2y4y2，
有y3＋4xy1＋y3y＋1y3y1＝y4＋4xy2＋y4y＋2y4y2，
即4x(y4＋y2)＋y1y3(y4＋y2)＝4x(y3＋y1)＋y2y4(y3＋y1)， 有 x＝y2y4(4y(3y＋4＋y1y)2－－yy13y－3(yy41＋) y2)，由 y1y2＝－4，
当直线PQ的斜率存在时，易知直线PQ的斜率不为0， 设直线PQ的方程为y＝kx＋b(k≠0)．
y＝kx＋b， 由x42＋y2＝1， 得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0， x1＋x2＝4－k28＋kb1，x1x2＝44bk22＋－14. 因为x14x2＋y1y2＝0，所以x14x2＋(kx1＋b)·(kx2＋b)＝0，得 2b2－4k2＝1，满足 Δ ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0， 所以 S△OPQ＝12· 1|＋b| k2|PQ|＝12|b|· (x1＋x2)2－4x1x2＝2|b|· 4k42k＋2＋1－1 b2＝1. 所以△OPQ的面积S为定值．
y＝tx＋y0－tx0，
由x82＋y42＝1，
消去 y，得(1＋2t2)x2＋4t(y0－tx0)x＋2(y0－tx0)2－8＝0，
所以 Δ＝(64－8x20)t2＋16x0y0t＋32－8y20＝0， 设 l1，l2 的斜率分别为 t1，t2，则 t1·t2＝3624－ －88yx2020＝32－648－(128－x20 x20)＝－1，则满 足条件的两直线 l1，l2 垂直． 所以线段MN应为”卫星圆“的直径， 所以|MN|＝4 3.
CONTECT
内 容 索 引
01 题型一 定值问题 02 题型二 定点问题
题型一 定值问题
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技法1 直接消参法 例1 点F1，F2分别为椭圆C：ax22＋by22 ＝1(a>b>0)的左、右焦点，过右焦点F2 的椭圆直C线的l与离椭心圆率C为交12于. A，B两点，且线段AB不为长轴，△ABF1的周长为8， (1)求椭圆C的方程；
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)， 如图所示：
联立 C：y2＝4x 与直线 AB，即有yx2＝＝m41xy，＋1，
消去x可得y2－4m1y－4＝0，
Δ＝16m
2 1
＋16>0，
故y1＋y2＝4m1，y1y2＝－4，
则x1＋x2＝(m1y1＋1)＋(m1y2＋1)＝m1(y1＋y2)＋2＝4m21 ＋2， 故x1＋2 x2＝2m21＋1，y1＋2 y2＝2m1，
可得 x1＋x2＝－8k4(k22k＋＋93)，x1x2＝164(kk22＋＋93k)， 因为 A(－2,0)，则直线 AP：y＝x1y＋1 2(x＋2)，
令 x＝0，解得 y＝x12＋y12，即 M0，x12＋y12， 同理可得 N0，x22＋y22， 则x12＋y12＋2 x22＋y22＝[k(x1x＋1＋2)2＋3]＋[k(x2x＋2＋2)2＋3]＝
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题型二 定点问题
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技法1 直接推理法
例3
(2023·全国乙卷)已知椭圆C： ay22＋bx22＝1(a>b>0)的离心率为
5 ，点 3
A(－2,0)在C上．
(1)求C的方程；
b＝2， 解：由题意可得a2＝b2＋c2，
e＝ac＝ 35， 所以 C 的方程为y92＋x42＝1.
a＝3，
解得b＝2， c＝ 5，
＋
2m1
＝
x m2＋m1
－
2m21＋1－ m22＋mm1m1 2－2m21＝m2＋x m1－1－ m22＋mm1m1 2， 由 m1m2＝－1，即 y＝m2＋x m1－m12＋ ＋2m1＝m2＋1 m1(x－3)， 故 x＝3 时，有 y＝m2＋1 m1(3－3)＝0，
此时MN过定点，且该定点为(3,0)， 当 2m21＋1＝2m22＋1 时，即 m21＝m22时，由 m1m2＝－1，即 m1＝±1 时，
设 A(x0，y0)，则 B(－x0，－y0)，P→A·P→B＝－x20－y20＝－4215x20＝－4215·a22＝－421， 所以a2＝25，b2＝16， 所以椭圆 C 的方程为2x52 ＋1y62 ＝1.
(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值． 解：证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 x＝54y＋m，代入2x52 ＋1y62
因为 l1 与椭圆只有一个交点，所以其方程为 x＝2 2或 x＝－2 2. 当 l1 的方程为 x＝2 2时，l1 与”卫星圆“交于点(2 2，2)和点(2 2，－2)， 经过点(2 2，2)且与椭圆只有一个交点的直线是 y＝2，经过点(2 2，－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.
解：由题可知|AF1|＋|AF2|＝2a，|BF1|＋|BF2|＝2a.
因为△ABF1的周长为8，所以|AF1|＋|BF1|＋|AF2|＋|BF2|＝4a＝8， 所以 a＝2.又ac＝12，所以 c＝1，所以 b＝ 3， 所以椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
(2)点A2为椭圆C的右顶点，求证：直线A2A，A2B的斜率之积为定值，并求 出此定值．
解：证明：由(1)得A2(2,0)，F2(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AF2的方 程为x＝my＋1.
x＝my＋1， 联立x42＋y32＝1， 得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
因为3m2＋4>0，Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0， 所以 y1＋y2＝－3m62m＋4，y1y2＝－3m29＋4，
微专题二 圆锥曲线的综合问题
专项三 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 设直线方程为y＝kx＋m，然后利用条件建立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，再证明与变量无关．
处理圆锥曲线中定值问题的方法：(1)从特殊入手，求出定值， 再证明这个值与变量无关；(2)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．
对点练 1.椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为35，P(m,0)为 C 的长轴上的一
个动点，过点 P 且斜率为45的直线 l 交椭圆 C 于 A，B 两点，当 m＝0 时，P→A·P→B
＝－421. (1)求椭圆C的方程；
解：易知ba＝45. 当 m＝0 时，P(0,0)，直线 l 的方程为 y＝45x， 代入ax22＋by22＝1，整理得 x2＝a22.
即 M(2m21＋1,2m1)，同理可得 N(2m22＋1,2m2)．
当 2m21＋1≠2m22＋1 时， 则 lMN：y＝2m22＋2m1－2－(22mm121＋1)(x－2m21－1)＋2m1，
即
y
＝
m2－m1 m22－m21
(x
－
2m
2 1Leabharlann －1)＋2m1
＝
x m2＋m1
－
2m21＋1 m2＋m1
规律方法
直接推理法求定点的一般步骤
对点练3.已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点， 过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB， DE的中点． (1)证明：直线MN过定点；
解：证明： 由C：y2＝4x，故F(1,0)，由直线AB与 直线DE垂直， 故两条直线斜率都存在且不为0， 设直线AB，DE分别为x＝m1y＋1，x＝m2y＋1， 有m1m2＝－1，
＝1，整理得 25y2＋20my＋8(m2－25)＝0. 则 y1＋y2＝－45m，y1y2＝8(m22－5 25)， 则|PA|2＝(x1－m)2＋y21＝4116y21， 同理|PB|2＝1461y22.
则|PA|2＋|PB|2＝4116(y21＋y22)＝1461[(y1＋y2)2－2y1y2]＝1461·－45m2－16(m225－25) ＝41.
所以 l1⊥l2，所以线段 MN 应为”卫星圆“的直径，所以|MN|＝4 3. 当 l1 的方程为 x＝－2 2时， 同理可得|MN|＝4 3.
②当 l1，l2 的斜率都存在时，设点 P(x0，y0)，其中 x20＋y20＝12.
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，
(1)求证：k1·k2＝－14； 解：证明：因为k1，k2存在， 所以x1x2≠0，因为m·n＝0，
所以x14x2＋y1y2＝0， 所以 k1·k2＝yx11yx22＝－14.
(2)试探求△OPQ的面积S是不是定值，并说明理由．
解：是定值．理由如下：当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时， 由yx11yx22＝－14，得x421－y21＝0， 由 P(x1，y1)在椭圆 C 上，得x421＋y21＝1， 所以|x1|＝ 2，|y1|＝ 22， 所以 S△OPQ＝12|x1|·|y1－y2|＝1.