2025届高考数学一轮复习教师用书第九章第八节圆锥曲线中的定点问题讲义（Word附解析）

第八节　圆锥曲线中的定点问题【核心考点·分类突破】考点一　直线过定点问题角度1 椭圆中的直线过定点问题[例1](2024·郑州模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2,圆x2+y2=4与椭圆C恰有两个公共点.(1)求椭圆C的标准方程;【解析】(1)设椭圆C的半焦距为c.当圆x2+y2=4在椭圆C的内部时,b=2,c=1,a2=b2+c2=5,椭圆C的方程为x25+y24=1.当圆x2+y2=4在椭圆C的外部时,a=2,c=1,b2=a2-c2=3,椭圆C的方程为x24+y23=1.[例1](2024·郑州模拟)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2,圆x2+y2=4与椭圆C恰有两个公共点.(2)已知结论:若点(x0,y0)为椭圆x2a2+y2b2=1上一点,则椭圆在该点处的切线方程为x0xa2+y0yb2=1.若椭圆C的短轴长小于4,过点T(8,t)作椭圆C的两条切线,切点分别为A,B,求证:直线AB过定点.【解析】(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).因为椭圆C的短轴长小于4,所以C的方程为x24+y23=1.则由已知可得,切线AT的方程为x1x4+y1y3=1,BT的方程为x2x4+y2y3=1,将T(8,t)代入AT,BT的方程整理可得,6x1+ty1-3=0,6x2+ty2-3=0.显然A,B的坐标都满足方程6x+ty-3=0,故直线AB的方程为6x+ty-3=0,令y=0,可得x=12,即直线AB过定点(12,0).角度2 双曲线中的直线过定点问题(规范答题)[例2](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(-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P,证明:P在定直线上.审题导思破题点·柳暗花明规范答题 微敲点·水到渠成【解析】(1)设双曲线C的方程为x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),由焦点坐标为(-25,0)可知c=25,由e=ca=5,可得a=2. ……………… [2分]关键点　由焦点坐标及离心率可求出c和a.所以双曲线C的方程为x24-y216=1. ………………[3分](2)解法1(以直线MA1,NA2的斜率为参数):设M(x1,y1),N(x2,y2),直线MA1:y=m(x+2),直线NA2:y=n(x-2),由y=m(x+2),4x2-y2=16得(4-m2)x2-4m2x-(4m2+16)=0.因为-2x1=4m2+16m2-4,所以x1=2m2+84-m2,y1=16m4-m2. ………………[5分]由y=n(x-2),4x2-y2=16得(4-n2)x2+4n2x-(4n2+16)=0.因为2x2=4n2+16n2-4,所以x2=2n2+8n2-4,y2=16nn2-4. ………………[7分]由题设知x1+4y1=x2+4y2,扫清障碍　利用直线MN的斜率建立关系式,起到承上启下的作用,为后续解题起到桥梁和纽带作用.所以(mn-4)(m+3n)=0,由题意知mn0.由根与系数的关系得y1+y2=32m4m2-1y1y2=484m2-1,所以y1+y2=2m3y1y2.…………………[6分]因为A1,A2分别为双曲线C的左、右顶点,所以A1(-2,0),A2(2,0).直线MA1的方程为y=y1x1+2(x+2),直线NA2的方程为y=y2x2-2(x-2),…………………[8分]因为直线MA1与NA2交于P,可得,x+2x-2=y2(x1+2)y1(x2-2)=y2(my1-2)y1(my2-6)=my1y2-2y2my1y2-6y1破题有招　求x+2x-2的值相对于直接联立方程求x的值,可减少运算量.=my1y2-2(y1+y2)+2y1my1y2-6y1 …………………………[10分]指点迷津　构造-2(y1+y2)的巧妙之处是可以运用根与系数的关系求值.=m·484m2-1-2·32m4m2-1+2y1m·484m2-1-6y1=-16m4m2-1+2y148m4m2-1-6y1=-13,由x+2x-2=-13,解得x=-1,即xP=-1.所以点P在定直线x=-1上. …………………[12分][例3](人教A版选择性必修第一册P138·T6)如图,直线y=x-2与抛物线y2=2x相交于A,B两点,求证:OA⊥OB.【证明】不妨假设A(x1,y1),B(x2,y2),则OA=(x1,y1),OB=(x2,y2),联立方程y=x-2,y2=2x,消去x得y2-2y-4=0,由根与系数的关系知y1+y2=2,y1y2=-4,所以x1x2=(y1+2)(y2+2)=y1y2+2(y1+y2)+4=4,所以OA·OB=x1x2+y1y2=4-4=0,因此OA⊥OB.【探究1】将已知条件和结论的位置调换.1.若直线l与抛物线y2=2x相交于A,B两点,OA⊥OB,求证直线l过定点(2,0).【解析】由题意可设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为x=my+n,其中n≠0,联立方程x=my+n,y2=2x,消去x得y2-2my-2n=0,由根与系数关系知y1+y2=2m,y1y2=-2n,所以x1x2=(my1+n)(my2+n)=m2y1y2+mn(y1+y2)+n2=n2.因为OA⊥OB,所以OA·OB=0,则x1x2+y1y2=n2-2n=0,解得n=2,进而可得直线方程为x=my+2.所以直线l经过定点(2,0).【探究2】将抛物线y2=2x变为y2=2px(p>0):2.A,B是抛物线y2=2px(p>0)上异于顶点的两个动点,O为坐标原点,且OA⊥OB,求证:(1)A,B两点的横坐标之积、纵坐标之积为定值.【证明】设A(x1,y1),B(x2,y2),(1)kOA=y1x1,kOB=y2x2,.因为OA⊥OB,所以kOA·kOB=-1,即x1x2+y1y2=0,因为y12=2px1,y22=2px2,所以y122p·y222p+y1y2=0,因为y1≠0,y2≠0.所以y1y2=-4p2,x1x2=4p2.2.A,B是抛物线y2=2px(p>0)上异于顶点的两个动点,O为坐标原点,且OA⊥OB,求证:(2)直线AB过定点.【证明】设(2)直线AB的方程为x=my+n,其中n≠0,则x-myn=1.故y2=2px·x-myn,所以ny2+2pmxy-2px2=0,所以nyx2+2pmyx-2p=0,因为OA⊥OB,所以y1x1·y2x2=-1=-2pn,所以n=2p,则直线AB的方程为x=my+2p,故直线AB过定点2p,0.【探究3】将“kOA·kOB=-1”变为“kOA·kOB=t”或“kOA+kOB=t”( t为常数).3.A,B是抛物线y2=2px(p>0)上异于顶点的两个动点,O为坐标原点,记直线OA,OB的斜率分别为kOA,kOB.(1)若kOA·kOB=t(t为常数),求证直线AB过定点(-2pt,0);【证明】设直线AB的方程为x=my+n,A(x1,y1),B(x2,y2),类似于探究2可得,可得nyx2+2pmyx-2p=0,则y1x1·y2x2=-2pn,y1x1+y2x2=-2pmn.(1)若kOA·kOB=t,则y1x1·y2x2=t=-2pn,故n=-2pt,则直线AB的方程为x=my-2pt,故直线AB过定点-2pt,0.3.A,B是抛物线y2=2px(p>0)上异于顶点的两个动点,O为坐标原点,记直线OA,OB的斜率分别为kOA,kOB.(2)若kOA+kOB=s(s为常数),求证直线AB过定点(0,2ps).【证明】(2)若kOA+kOB=s,则y1x1+y2x2=s=-2pmn,故n=-2pms,则直线AB的方程为x=my-2pms=my-2ps,故直线AB过定点0,2ps.【探究4】若点O不是坐标原点,而是抛物线上一动点.4.A,B是抛物线y2=2px(p>0)上异于顶点的两个动点,Mx0,y0为抛物线上一定点,过点M作两条弦MA,MB.求证:(1)若kMA·kMB=m,则直线AB过定点;【证明】设Ay122p,y1,By222p,y2,My022p,y0,则kMA=2py0+y1,kMB=2py0+y2,kAB=2py1+y2.则直线AB的方程为y-y1=2py1+y2x-y122p,即(y1+y2)y-y1y2-2px=0.　①(1)因为kMA·kMB=m,所以2py0+y1·2py0+y2=m,y1y2=4p2m-y0(y1+y2)-y02.　②将②代入①得,(y1+y2)(y+y0)+y02-4p2m-2px=0,所以当y=-y0时,x=y022p-2pm,即直线AB过定点y022p-2pm,-y0.4.A,B是抛物线y2=2px(p>0)上异于顶点的两个动点,Mx0,y0为抛物线上一定点,过点M作两条弦MA,MB.求证:(2)若kMA+kMB=n,则直线AB过定点.【证明】(2)因为kMA+kMB=n,所以2py0+y1+2py0+y2=n,y1y2=2p-ny0n(y1+y2)+4py0-ny02n.　③将③代入①得,(y1+y2)y-2p-ny0n-4py0-ny02n-2px=0,所以x=y022p-2y0n,y=2pn-y0,即直线AB过定点y022p-2y0n,2pn-y0.高考链接已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P在抛物线E上,点P的横坐标为1,且|PF|=2,A,B是抛物线E上异于O的两点.(1)求抛物线E的标准方程;【解析】(1)由题意得,F(p2,0),点P的横坐标为1,且|PF|=2,则2=1+p2,所以p=2,所以抛物线E的方程为y2=4x;已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F,点P在抛物线E上,点P的横坐标为1,且|PF|=2,A,B是抛物线E上异于O的两点.(2)若直线OA,OB的斜率之积为-4,求证:直线AB恒过定点.【解析】(2)当直线AB的斜率不存在时,设A(t24,t),B(t24,-t)(t>0),因为直线OA,OB的斜率之积为-4,则tt24×-tt24=-4,化简得t2=4.所以A(1,t),B(1,-t),此时直线AB的方程为x=1.当直线AB的斜率存在时,设其方程为y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),联立y2=4xy=kx+b,化简得ky2-4y+4b=0,需满足Δ=16(1-kb)>0,根据根与系数的关系得y1y2=4bk,因为直线OA,OB的斜率之积为-4,所以y1x1·y2x2=-4,即y1y2+4x1x2=0,即y1y2+4·y124·y224=0,解得y1y2=0(舍去)或y1y2=-4,所以y1y2=4bk=-4,即b=-k,满足Δ=16(1-kb)>0,所以y=kx-k,即y=k(x-1),综上所述,直线AB过定点(1,0).[溯源点评](1)本题主要考查了直线过定点问题,一般方法是设出直线方程,联立圆锥曲线方程,可得根与系数关系式,要结合题设进行化简得到参数之间的关系式,结合直线方程即可证明直线过定点.(2)解题时也可参考探究过程,利用探究的解题方法进行求解.【对点训练】1.(2024·沧州模拟)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,p),直线l与该抛物线C相交于M,N两点,过点M作x轴的垂线,与直线y=-x交于点G,点M关于点G的对称点为P,且O,N,P三点共线.(1)求抛物线C的方程;1.(2024·沧州模拟)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,p),直线l与该抛物线C相交于M,N两点,过点M作x轴的垂线,与直线y=-x交于点G,点M关于点G的对称点为P,且O,N,P三点共线.【解析】(1)因为抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,p),所以p2=2p,所以p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.1.(2024·沧州模拟)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点(1,p),直线l与该抛物线C相交于M,N两点,过点M作x轴的垂线,与直线y=-x交于点G,点M关于点G的对称点为P,且O,N,P三点共线.(2)若过点Q(2,0)作QH⊥l,垂足为H(不与点Q重合),是否存在定点T,使得|HT|为定值?若存在,求出该定点和该定值;若不存在,请说明理由.【解析】(2)设点M(y124,y1),N(y224,y2),联立x=y124y=-x,得G(y124,-y124),又因为点M关于点G的对称点为P,所以点P(y124,-y122-y1),由O,N,P三点共线,可得kOP=kON,即-y122-y1y124=y2y224,化简得2(y1+y2)+y1y2=0,设直线l的方程为x=my+n,联立x=my+ny2=4x,消去x,得y2-4my-4n=0,则Δ=(4m)2-4×(-4n)>0,即m2+n>0,可得y1+y2=4m,y1y2=-4n,代入2(y1+y2)+y1y2=0,可得8m-4n=0,可得n=2m,所以直线l的方程:x=my+n,即x=my+2m,则x=m(y+2),所以直线l过定点E(0,-2),因为QH⊥l,所以点H的轨迹是以EQ为直径的圆(除去E,Q两点),圆心为(1,-1),半径为2,所以存在定点T(1,-1),使得|HT|为定值,该定值为2.2.(2024·成都模拟)已知椭圆C1:x2a2+y2=1(a>1)与椭圆C2:x212+y2b2=1(0-2),化简得y2=4(x+3)(x>-2),所以轨迹C的方程为y2=4(x+3)(x>-2).[例4](2024·成都模拟)如图,在平面直角坐标系xOy中,直线l:x=-2与x轴交于点A,过l右侧的点P作PM⊥l,垂足为M,且|PA|=|PM|+|OA|.(2)过点B(1,0)的动直线l'交轨迹C于S,T.证明:以线段ST为直径的圆过定点.【解析】(2)设直线l':x=my+1,S(x1,y1),T(x2,y2),联立y2=4(x+3),x=my+1得y2-4my-16=0,Δ=16m2+64>0,从而y1+y2=4m,y1y2=-16,于是x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2,x1x2=(my1+1)(my2+1)=m2y1y2+m(y1+y2)+1=-16m2+4m2+1=1-12m2.以线段ST为直径的圆的方程为(x-x1)(x-x2)+(y-y1)(y-y2)=0,即x2+y2-(x1+x2)x-(y1+y2)y+x1x2+y1y2=0,所以x2+y2-(4m2+2)x-4my-12m2-15=0.由对称性知定点在x轴上,令y=0得x2-(4m2+2)x-12m2-15=0,于是(4x+12)m2-(x2-2x-15)=0,由m的任意性,得4x+12=0x2-2x-15=0,解得x=-3,所以以线段ST为直径的圆过定点(-3,0).【解题技法】含有参数的圆过定点的解题策略1.选取适当的参数;2.求出适合题设条件的圆的方程;3.化简圆的方程(将参数集中在一起);4.令某些值或系数为零,得出定点坐标.【对点训练】(2024·泉州模拟)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是22,上、下顶点分别为A,B.圆O:x2+y2=2与x轴正半轴的交点为P,且PA·PB=-1.(1)求E的方程;【解析】(1)由已知得A(0,b),B(0,-b),P(2,0).则PA=(-2,b),PB=(-2,-b),PA·PB=2-b2=-1,所以b2=3.因为e=ca=22,又b2+c2=a2,所以c2=3,a2=6.故E的方程为x26+y23=1.(2024·泉州模拟)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率是22,上、下顶点分别为A,B.圆O:x2+y2=2与x轴正半轴的交点为P,且PA·PB=-1.(2)直线l与圆O相切且与E相交于M,N两点,证明:以MN为直径的圆恒过定点.【解析】(2)当直线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,即kx-y+m=0.因为直线l与圆O相切,所以|m|k2+1=2,即m2=2k2+2.设M(x1,y1),N(x2,y2),则y1=kx1+m,y2=kx2+m.由y=kx+m,x26+y23=1,化简,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-6=0,由根与系数的关系得x1+x2=-4km2k2+1,x1x2=2m2-62k2+1,所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2·2m2-62k2+1-km·4km2k2+1+m2=m2-6k22k2+1,所以x1x2+y1y2=2m2-62k2+1+m2-6k22k2+1=3(m2-2k2-2)2k2+1=0,故OM⊥ON,即以MN为直径的圆过原点O.当直线l的斜率不存在时,l的方程为x=2或x=-2.这时M(2,2),N(2,-2)或M(-2,2),N(-2,-2)或M(2,-2),N(2,2)或M(-2,-2),N(-2,2).显然,以MN为直径的圆也过原点O.综上,以MN为直径的圆恒过原点O.【加练备选】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,其左、右焦点分别为F1,F2,T为椭圆C上任意一点,△TF1F2面积的最大值为1.(1)求椭圆C的标准方程;【解析】(1)因为椭圆C的离心率为22,所以ca=22.又当T位于上顶点或者下顶点时,△TF1F2的面积最大,即bc=1.又a2=b2+c2,所以b=c=1,a=2.所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,其左、右焦点分别为F1,F2,T为椭圆C上任意一点,△TF1F2面积的最大值为1.(2)已知A(0,1),过点(0,12)的直线l与椭圆C交于不同的两点M,N,直线AM,AN与x轴的交点分别为P,Q,证明:以PQ为直径的圆过定点.【解析】(2)由题知,直线l的斜率存在,所以设直线l的方程为y=kx+12,设M(x1,y1),N(x2,y2),将直线l代入椭圆C的方程得(4k2+2)x2+4kx-3=0,由根与系数的关系得:x1+x2=-4k4k2+2,x1x2=-34k2+2,　直线AM的方程为y=y1-1x1x+1,直线AN的方程为y=y2-1x2x+1,所以P(-x1y1-1,0),Q(-x2y2-1,0),所以以PQ为直径的圆为(x+x1y1-1)(x+x2y2-1)+y2=0,整理得x2+y2+(x1y1-1+x2y2-1)x+x1x2(y1-1)(y2-1)=0.①因为x1x2(y1-1)(y2-1)=x1x2(kx1-12)(kx2-12)=4x1x24k2x1x2-2k(x1+x2)+1=-12-12k2+8k2+4k2+2=-6,令①中的x=0,可得y2=6,所以,以PQ为直径的圆过定点(0,±6).(1)思路:题目给出双曲线的左焦点坐标和离心率,根据各参数之间的关系,求出曲线的标准方程.(2)思路:考查直线与双曲线的位置关系,可以从多个角度理解直线MN.选择确定直线MN的初始参变量不同,将导致解题过程的运算量大小不同.[路径1]把M,N分别看成直线MA1,NA2与双曲线的另一个交点.[路径2,3]把M,N看成直线MN与双曲线的两个交点,但路径2与3的直线MN设法不同.角度3抛物线中的直线过定点问题教考衔接教材情境·研习·探究类