第3讲 圆锥曲线中的综合问题
圆锥曲线中的定点、定值问题(5年3考)
[高考解读] 定点、定值问题是解析几何中的常见问题，此类试题多考查圆锥曲线的基本知识、解析几何的基本方法，难度不高，不同层次的同学均能顺利解决.此类考题注重考查通性通法的应用，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.
角度一：定点问题
1．(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y＝1上，过M作x轴的垂
2→→
线，垂足为N，点P满足NP＝2NM.
(1)求点P的轨迹方程；
→→
(2)设点Q在直线x＝－3上，且OP·PQ＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
→→
切入点：①点M在椭圆C上，且MN⊥x轴；②NP＝2NM.
→→
关键点：将OP·PQ＝1转化为向量的坐标运算，进而证明直线l过C的左焦点F. [解] (1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
→→
则N(x0,0)，NP＝(x－x0，y)，NM＝(0，y0)． →→2由NP＝2NM得x0＝x，y0＝y.
2因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.
22因此点P的轨迹方程为x＋y＝2.
(2)证明：由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则 →→
2
2
x2
2
x2y2
OQ＝(－3，t)，PF＝(－1－m，－n)，OQ·PF＝3＋3m－tn， OP＝(m，n)，PQ＝(－3－m，t－n)．
→→22
由OP·PQ＝1得－3m－m＋tn－n＝1. 又由(1)知m＋n＝2，故3＋3m－tn＝0.
2
2
→→→
→
- 1 -
→→→→所以OQ·PF＝0，即OQ⊥PF.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F. 角度二：定值问题
2．(2024·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由． 切入点：①⊙M过点A，B；②⊙M与直线x＋2＝0相切．
关键点：①确定圆心M的坐标；②选用合适的参数表示|MA|－|MP|的值．
[解] (1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.
由已知得|AO|＝2，又MO⊥AO，故可得2a＋4＝(a＋2)，解得a＝0或a＝4. 故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值． 理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于MO⊥AO，故可得x＋y＋4＝(x＋2)，化简得M的轨迹方程为y＝4x.
因为曲线C：y＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P. [教师备选题]
2
2
2
2
2
2
2
x2y2
1．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，
abP3?－1，??3?3??
?，P4?1，?中恰有三点在椭圆C上． 2?2??
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
[解] (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点． 1113
又由2＋2＞2＋2知，椭圆C不经过点P1，
aba4b所以点P2在椭圆C上．
- 2 -
1??b＝1，因此?13
＋??a4b＝1，
22
2
2
??a＝4，
解得?2
??b＝1.
2
故椭圆C的方程为＋y＝1.
4
x2
2
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为
2222
4－t－24－t＋24－t??4－t??
－＝－1，得t＝2，不符合题?t，?，?t，－?，则k1＋k2＝
2t2t2??2??
设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．
将y＝kx＋m代入＋y＝1得(4k＋1)x＋8kmx＋4m－4＝0.
4由题设可知Δ＝16(4k－m＋1)>0.
8km4m－4
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，x1x2＝2.
4k＋14k＋1而k1＋k2＝＝＝
2
2
2
x2
222
y1－1y2－1
＋ x1x2
kx1＋m－1kx2＋m－1＋ x1x2
2kx1x2＋
m－1
x1x2
x1＋x2
.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
4m－4－8kmm＋1
即(2k＋1)·2＋(m－1)·2＝0，解得k＝－. 4k＋14k＋12当且仅当m＞－1时，Δ＞0， 于是l：y＝－即y＋1＝－
2
m＋1
x＋m，
2
(x－2)，
m＋1
2
所以l过定点(2，－1)．
2．(2024·北京高考)已知抛物线C：y＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
→→→→11
(2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：＋为定值．
2
λμ[解] (1)因为抛物线y＝2px过点(1,2)，
- 3 -
2
所以2p＝4，即p＝2. 故抛物线C的方程为y2
＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
2
由???y＝4x，22
??y＝kx＋1，
得kx＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2
－4×k2
×1>0， 解得k<0或0 又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)． 从而k≠－3. 所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由(1)知xx2k－411＋2＝－k2，x1x2＝k2. 直线PA的方程为y－2＝ y1－2 x－1 (x－1)． 1令x＝0，得点M的纵坐标为y－y1＋2－kx1＋1 M＝x＋2＝－1＋2. 1－1x1同理得点N的纵坐标为y－kx2＋1 N＝x1 ＋2. 2－→ → → → 由QM＝λ QO，QN＝μQO，得λ＝1－yM，μ＝1－yN. 所以1λ＋111μ＝1－y＋y M1－N＝x1－1x2－k－1x＋1 x 1k－12 ＝ 12x1x2－x1k－1·＋x2 x 1x2 2 2k＝1 k2 ＋－4 k2k－1·1 k2 ＝2. 所以1λ＋1 μ为定值． - 4 - 1．证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据直线所过的定点与参数值无关得出x，y的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点． 2．定值问题就是证明一个量或表达式的值与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算得知求证目标的取值与变化的量无关，当使用直线的斜率和截距表示直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决． 1．(定点问题)已知抛物线C：y＝2px(p＞0)的焦点为F，点P(1，a)在此抛物线上，|PF|＝2，不过原点的直线l与抛物线C交于A，B两点，以AB为直径的圆M过坐标原点． (1)求抛物线C的方程； (2)证明：直线l恒过定点； (3)若线段AB中点的纵坐标为2，求此时直线l和圆M的方程． [解] (1)由题意可得1＋＝2，解得p＝2，故抛物线C的方程为y＝4x. 2(2)证明：设直线l的方程为：x＝my＋t(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 联立? ?x＝my＋t，? ??y＝4x， 2 2 p2 消去x，得y－4my－4t＝0， 2 Δ＞0，∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t. ∵以AB为直径的圆恒过原点O， →→ ∴OA·OB＝x1x2＋y1y2＝0， 又x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)， ∴(m＋1)·y1y2＋mt(y1＋y2)＋t＝0， ∴－4t(m＋1)＋4mt＋t＝0， 化为t－4t＝0，t≠0，解得t＝4. ∴直线l的方程为：x＝my＋4. 令y＝0，可得x＝4.因此直线l恒过定点(4,0)． (3)线段AB中点的纵坐标为2. ∵y1＋y2＝4m， ∴2m＝2，即m＝1， ∵直线l恒过定点(4,0)． ∴4＝0＋t，即t＝4， ∴直线l的方程为x＝y＋4， 2 2 2 2 2 2 - 5 -
2024版高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题教案(文)
