圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型
圆锥曲线中的四种经典模型
圆锥曲线中的定点定值问题的四种经典模型定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。
直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k 和m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。
技巧在于：设哪一条直线？如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。
如果大家能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。
下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：模型一：“手电筒”模型例题、已知椭圆C ：13422=+y x 若直线m kx y l +=：与椭圆C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。
求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。
解：设1122(,),(,)A x y B x y ，由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=， 22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->，22340k m +->212122284(3),3434mk m x x x x k k -+=-⋅=++22221212121223(4)()()()34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k-⋅=+⋅+=+++=+ 以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BD k k ⋅=-， 1212122y yx x ∴⋅=---，1212122()40y y x x x x +-++=， 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k --+++=+++，整理得：2271640m mk k ++=，解得：1222,7k m k m =-=-，且满足22340k m +-> 当2m k =-时，:(2)l y k x =-，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27k m =-时，2:()7l y k x =-，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为2(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，则AB 必过定点))(,)((2222022220ba b a y b a b a x +-+-。
高考圆锥曲线中的定点定值专题(附答案)
高考圆锥曲线中的定点定值问题定点问题是常见的考题形式，解决这类问题的关键就是引进变参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。
直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k 和b 的一次函数关系式，代入直线方程即可类型一：“手电筒”模型例题、已知椭圆C ：13422=+y x 若直线m kx y l +=：与椭圆C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。
求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。
解：设1122(,),(,)A x y B x y ，由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=， 22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->，22340k m +->212122284(3),3434mk m x x x x k k-+=-⋅=++ 22221212121223(4)()()()34m k y y kx m kx m k x x mk x x m k-⋅=+⋅+=+++=+ 以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BD k k ⋅=-， 1212122y yx x ∴⋅=---，1212122()40y y x x x x +-++=， 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k--+++=+++， 整理得：2271640m mk k ++=，解得：1222,7k m k m =-=-，且满足22340k m +-> 当2m k =-时，:(2)l y k x =-，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27k m =-时，2:()7l y k x =-，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为2(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，则AB 必过定点))(,)((2222022220b a b a y b a b a x +-+-。
圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型
圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型Last revision on 21 December 2020圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。
直线过定点问题通法，是设出直线方程，通过韦达定理和已知条件找出k 和m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。
技巧在于：设哪一条直线如何转化题目条件圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参考。
如果能够熟识这些常见的结论，那么解题必然会事半功倍。
下面总结圆锥曲线中几种常见的几种定点模型：模型一：“手电筒”模型例题、已知椭圆C ：13422=+y x 若直线m kx y l +=：与椭圆C 相交于A ，B 两点（A ，B 不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。
求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标。
解：设1122(,),(,)A x y B x y ，由223412y kx m x y =+⎧⎨+=⎩得222(34)84(3)0k x mkx m +++-=， 22226416(34)(3)0m k k m ∆=-+->，22340k m +->以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点(2,0),D 且1AD BD k k ⋅=-， 1212122y yx x ∴⋅=---，1212122()40y y x x x x +-++=， 2222223(4)4(3)1640343434m k m mkk k k--+++=+++， 整理得：2271640m mk k ++=，解得：1222,7km k m =-=-，且满足22340k m +-> 当2m k =-时，:(2)l y k x =-，直线过定点(2,0),与已知矛盾；当27k m =-时，2:()7l y k x =-，直线过定点2(,0)7综上可知，直线l 过定点，定点坐标为2(,0).7◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P做相互垂直的直线交圆锥曲线于AB ，则AB 必过定点))(,)((2222022220b a b a y b a b a x +-+-。
高中数学干货_圆锥曲线的定点定值问题
b(b 2 a2
a2 b2
)
）；
②双曲线中的顶点直角三角形的斜边所在直线过定点，焦点在 x 轴的双曲线的右顶点直角三角形斜边
所在直线过定点（
a(a2 a2
b - b2
2
)
,0），左顶点直角三角形斜边所在直线过定点（
a(a a2
2
-
b b2
2
)
,0）；
③抛物线中的任意点直角三角形的斜边所在直线过定点，右焦点的抛物线的任意点直角三角形斜边所
将(*)代入，得 t＝－1，∴直线 l 过定点(0，－1)．
2
2
题型二 切点弦恒过定点问题
★★★★★★ 综合
YES N0
▲三大圆锥曲线（椭圆、双曲线、抛物线）中，当定点 P（x0 , y0）都在曲线上时，相应
的定直线
x0 x a2
y0 y b2
1、
x0 x a2
-
y0 y b2
1、 y0 y
p( x0
7
7
7
综上可知，直线 l 过定点，定点坐标为 ( 2 , 0). 7
例 2 （2013 年高考陕西卷（理））已知动圆过定点 A(4,0), 且在 y 轴上截得的弦 MN 的
长为 8.
(Ⅰ)求动圆圆心的轨迹 C 的方程; (Ⅱ)已知点 B(-1,0), 设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P、Q, 若 x 轴 是 PBQ 的角平分线, 证明直线 l 过定点.
4 （2）将 y kx b ，代入曲线 C 的方程，整理得 (1 4k 2 )x 2 8 2kx 4 0 因为直线 l 与曲线 C 交于不同的两点 P 和 Q， 所以 64k 2b2 4(1 4k 2 )(4b2 4) 16(4k 2 b2 1) 0. ①
圆锥曲线中的定点、定值问题(教师)
圆锥曲线中的定点、定值问题【方法归纳】定值问题是解析几何中的一种常见问题，基本的求解思想是：先用变量表示所需证明的不变量，然后通过推导和已知条件，消去变量，得到定值，即解决定值问题首先是求解非定值问题，即变量问题，最后才是定值问题．求定值问题常见的方法有两种：(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．如：定点问题①探索直线过定点时，可设出直线方程为，然后利用条件建立等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点．②根据条件化为恒等式，求出定点.【典例分析】【定点问题】【例1】（2012.福建卷）如图，椭圆E：的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e=．过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．（Ⅰ）求椭圆E的方程．（Ⅱ）设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x=4相较于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．【解析】（Ⅰ）∵过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8．∴4a=8，∴a=2 ∵e=，∴c=1 ∴b2=a2-c2=3 ∴椭圆E的方程为．法一：法二：取k=0，m=，此时P（0，），Q（4，），y kx m=+,k m22221(b0)x yaa b+=>>12以PQ为直径的圆为（x-2）2+（y-）2=4，交x轴于点M1（1，0）或M2（3，0）取k=，m=2，此时P（1，），Q（4，0），以PQ为直径的圆为（x-）2+（y-）2=，交x轴于点M3（1，0）或M4（4，0）故若满足条件的点M存在，只能是M（1，0），证明如下∵∴故以PQ为直径的圆恒过x轴上的定点M（1，0）解法3：(导数求切线斜率)【定直线问题】【例2】（2013.安徽卷）设椭圆的焦点在轴上(Ⅰ)若椭圆的焦距为1,求椭圆的方程;(Ⅱ)设分别是椭圆的左、右焦点,为椭圆上的第一象限内的点,直线交轴与点,并且,证明:当变化时,点在某定直线上.解: (Ⅰ).(Ⅱ) .由.12-32523445162222:11x yEa a+=-xE E12,F F P E2F P y Q11F P F Q⊥a p13858851,12,122222222=+=⇒+-==->xxacaacaa，椭圆方程为：),(),,),,0(),,(),0,(),0,(2221mcQFycxPFmQyxPcFcF-=-=-（则设)1,0(),1,0()1,0(12∈∈⇒∈⇒>-yxaa⎩⎨⎧=++=-⊥=+=)()(,//).,(),,(112211mycxcycxcmQFPFQFPFmcQFycxPF得：由所以动点P 过定直线.【定曲线问题】【例3】（2014·福建卷） 已知双曲线E ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线分别为l 1：y ＝2x ，l 2：y ＝－2x .(1)求双曲线E 的离心率．(2)如图16，O 为坐标原点，动直线l 分别交直线l 1，l 2于A ，B 两点(A ，B 分别在第一、四象限)，且△OAB 的面积恒为8.试探究：是否存在总与直线l 有且只有一个公共点的双曲线E ？若存在，求出双曲线E 的方程；若不存在，说明理由．解：(1)因为双曲线E 的渐近线分别为y ＝2x ，y ＝－2x ，所以b a ＝2，所以c 2－a 2a＝2，故c ＝5a ，从而双曲线E 的离心率e ＝ca＝ 5.(2)由(1)知，双曲线E 的方程为x 2a 2－y 24a2＝1.设直线l 与x 轴相交于点C .当l ⊥x 轴时，若直线l 与双曲线E 有且只有一个公共点，则|OC |＝a ，|AB |＝4a .又因为△OAB 的面积为8， 所以12|OC |·|AB |＝8，因此12a ·4a ＝8，解得a ＝2， 此时双曲线E 的方程为x 24－y216＝1.若存在满足条件的双曲线E ，则E 的方程只能为x 24－y 216＝1.以下证明：当直线l 不与x 轴垂直时，双曲线E ：x 24－y 216＝1也满足条件．设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，依题意，得k >2或k <－2，则C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－mk，0.记A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y ＝2x 得y 1＝2m 2－k ，同理得y 2＝2m 2＋k .由S △OAB ＝12|OC |·|y 1－y 2|，得 12⎪⎪⎪⎪⎪⎪－m k ·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2m2－k －2m 2＋k ＝8，解得联立⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+-==-=-+=-⇒=+-⇒22222222222222111.))((c a a c y x a y a x c y x y c x c x y x y x y x y x y y x x -=∴∈∈±=⇒=+-++-⇒1)1,0(),1,0(.)1(1121222222222 01=-+y x即m 2＝4||4－k 2＝4(k 2－4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24－y 216＝1得(4－k 2)x 2－2kmx －m 2－16＝0.因为4－k 2<0，所以Δ＝4k 2m 2＋4(4－k 2)(m 2＋16)＝－16(4k 2－m 2－16)． 又因为m 2＝4(k 2－4)，所以Δ＝0，即l 与双曲线E 有且只有一个公共点．因此，存在总与l 有且只有一个公共点的双曲线E ，且E 的方程为x 24－y 216＝1.方法二：(1)同方法一．(2)由(1)知，双曲线E 的方程为x 2a 2－y 24a2＝1.设直线l 的方程为x ＝my ＋t ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 依题意得－12<m <12.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，y ＝2x 得y 1＝2t 1－2m ， 同理得y 2＝－2t 1＋2m .设直线l 与x 轴相交于点C ，则C (t ，0)．由S △OAB ＝12|OC |·|y 1－y 2|＝8，得12|t |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 1－2m ＋2t 1＋2m ＝8.所以t 2＝4|1－4m 2|＝4(1－4m 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，x 2a 2－y 24a2＝1得(4m 2－1)y 2＋8mty ＋4(t 2－a 2)＝0. 因为4m 2－1<0，直线l 与双曲线E 有且只有一个公共点当且仅当Δ＝64m 2t 2－16(4m 2－1)(t 2－a 2)＝0， 即4m 2a 2＋t 2－a 2＝0, 即4m 2a 2＋4(1－4m 2)－a 2＝0，即(1－4m 2)(a 2－4)＝0， 所以a 2＝4，因此，存在总与l 有且只有一个公共点的双曲线E ，且E 的方程为x 24－y 216＝1.方法三：(1)同方法一．(2)当直线l 不与x 轴垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．依题意得k >2或k <－2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，4x 2－y 2＝0得(4－k 2)x 2－2kmx －m 2＝0， 因为4－k 2<0，Δ>0，所以x 1x 2＝－m 24－k2，又因为△OAB 的面积为8，所以12 |OA |·|OB |· sin∠AOB ＝8，又易知sin∠AOB ＝45，所以25x 21＋y 21·x 22＋y 22＝8，化简得x 1x 2＝4.所以－m 24－k2＝4，即m 2＝4(k 2－4)．由(1)得双曲线E 的方程为x 2a 2－y 24a 2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2a 2－y 24a2＝1得(4－k 2)x 2－2kmx －m 2－4a 2＝0. 因为4－k 2<0，直线l 与双曲线E 有且只有一个公共点当且仅当Δ＝4k 2m 2＋4(4－k 2)(m 2＋4a 2)＝0， 即(k 2－4)(a 2－4)＝0，所以a 2＝4， 所以双曲线E 的方程为x 24－y 216＝1.当l ⊥x 轴时，由△OAB 的面积等于8可得l ：x ＝2，又易知l ：x ＝2与双曲线E ：x 24－y 216＝1有且只有一个公共点．综上所述，存在总与l 有且只有一个公共点的双曲线E ，且E 的方程为x 24－y 216＝1.【定量问题】【例4】（2014·江西卷） 如图17所示，已知双曲线C ：x 2a2－y 2＝1(a >0)的右焦点为F ，点A ，B 分别在C 的两条渐近线上，AF ⊥x 轴，AB ⊥OB ，BF ∥OA (O 为坐标原点)． (1)求双曲线C 的方程；(2)过C 上一点P (x 0，y 0)(y 0≠0)的直线l ：x 0xa 2－y 0y ＝1与直线AF 相交于点M ，与直线x ＝32相交于点N .证明：当点P 在C 上移动时，|MF ||NF |恒为定值，并求此定值．解：(1)设F (c ，0)，因为b ＝1，所以c ＝a 2＋1.由题意，直线OB 的方程为y ＝－1a x ，直线BF 的方程为y ＝1a (x －c )，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫c2，－c 2a .又直线OA 的方程为y ＝1ax ，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，c a ，所以k AB ＝c a －⎝ ⎛⎭⎪⎫－c 2a c －c 2＝3a .又因为AB ⊥OB ，所以3a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－1，解得a 2＝3，故双曲线C 的方程为x 23－y 2＝1.(2)由(1)知a ＝3，则直线l 的方程为x 0x3－y 0y ＝1(y 0≠0)，即y ＝x 0x －33y 0(y 0≠0)． 因为直线AF 的方程为x ＝2，所以直线l 与AF 的交点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，2x 0－33y 0，直线l 与直线x ＝32的交点为N 32，32x 0－33y 0，则|MF |2|NF |2＝（2x 0－3）2（3y 0）214＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32x 0－32（3y 0）2＝（2x 0－3）29y 204＋94（x 0－2）2＝43·（2x 0－3）23y 20＋3（x 0－2）2. 又P (x 0，y 0)是C 上一点，则x 203－y 20＝1，代入上式得|MF |2|NF |2＝43·（2x 0－3）2x 20－3＋3（x 0－2）2＝43·（2x 0－3）24x 20－12x 0＋9＝43，所以|MF ||NF |＝23＝233，为定值．【例5】（2013.江西卷）如图,椭圆经过点离心率,直线的方程为. (1) 求椭圆的方程;(2) 是经过右焦点的任一弦(不经过点),设直线与直线相交于点,记的斜率分别为问:是否存在常数,使得?若存在求的值;若不存在,说明理由.解:(1)由在椭圆上得, ①依题设知,则 ②②代入①解得.故椭圆的方程为.(2)方法一:由题意可设的斜率为, 则直线的方程为 ③代入椭圆方程并整理,得,设,则有④在方程③中令得,的坐标为.从而. 注意到共线,则有,即有.2222+=1(>>0)x y C a b a b ：3(1,),2P 1=2e l =4x C AB F P AB l M ,,PA PB PM 123,,.k k k λ123+=.k k k λλ3(1,)2P 221914a b +=2a c =223bc =2221,4,3c a b ===C 22143x y +=AB k AB (1)y k x =-223412x y +=2222(43)84(3)0k x k x k +-+-=1122(,),(,)A x yB x y 2212122284(3),4343k k x x x x k k -+==++4x =M (4,3)k 121231233331222,,11412y y k k k k k x x ---====----,,A F B AFBF k k k ==121211y ykx x ==--所以⑤④代入⑤得, 又,所以.故存在常数符合题意. 方法二:设,则直线的方程为:,令,求得, 从而直线的斜率为,联立 ,得,则直线的斜率为:,直线的斜率为:,所以,故存在常数符合题意.【突破提高】1212121212123331122()1111212y y y y k k x x x x x x --+=+=+-+------1212122322()1x x k x x x x +-=-⋅-++22122222823432214(3)8214343k k k k k k k k k k -++=-⋅=---+++312k k =-1232k k k +=2λ=000(,)(1)B x y x ≠FB 00(1)1y y x x =--4x =003(4,)1y M x -PM 0030212(1)y x k x -+=-0022(1)1143y y x x x y ⎧=-⎪-⎪⎨⎪+=⎪⎩0000583(,)2525x y A x x ---PA 00102252(1)y x k x -+=-PB 020232(1)y k x -=-00000123000225232122(1)2(1)1y x y y x k k k x x x -+--++=+==---2λ=1.若AB 是过椭圆中心的一条弦,M 是椭圆上任意一点,且AM ,BM 与坐标轴不平行,,分别表示直线AM ,BM 的斜率,则=( )A. B. C. D.【解析】本题可用特殊值法．不妨设弦AB 为椭圆的短轴．M 为椭圆的右顶点，则A (0，b )，B (0，－b )，M (a ，0)．所以．故选B ．2．设e 1，e 2分别为具有公共焦点F 1与F 2的椭圆和双曲线的离心率，P 为两曲线的一个公共点，且满足1·2＝0，则e 21＋e 22e 1e 22的值为________． 解析：设椭圆的长半轴长为a 1，双曲线的实半轴长为a 2，|F 1F 2|＝2c ， 由题意得|PF 1|＋|PF 2|＝2a 1，||PF 1|－|PF 2||＝2a 2， ∴|PF 1|2＋|PF 2|2＝2a 21＋2a 22. 又∵1·2＝0，∴PF 1⊥PF 2. ∴|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2，即2a 21＋2a 22＝4c 2.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c 2＝2，即1e 21＋1e 22＝2，即e 21＋e 22e 1e 22＝2.3.过抛物线：（＞0）的焦点作直线交抛物线于两点，若线段与的长分别为，则的值必等于（ ）．A ．B ．C ．D ．解法1：（特殊值法） 令直线与轴垂直，则有：，所以有解法2：（参数法） 如图1，设，且，分别垂直于准线于．，抛物线（＞0）的焦点，准线．∴ ：又由，消去得， ∴，22221(b 0)x y a a b +=>>PFPF PF PF m 2y ax =a F l ,P Q PF FQ ,p q 11p q --+2a 12a 4a 4a l x l 14y a =12p q a ⇒==114p q a --+=11(,)P x y 22(,)Q x y PM QN ,M N 114p PM y a ==+214q QN y a ==+2y ax =a 1(0,)4F a 14y a =-l 14y kx a =+l m x 222168(12)10a y a k y -++=212122121,216k y y y y a a ++==∴∴．4.已知点P 是双曲线 (a ＞0,b ＞0)右支上一点，F 1，F 2分别为双曲线的左、右焦点，H 为△PF 1F 2的内心。
【一题一课 难点突破】圆锥曲线之定点定值问题探究
圆锥曲线中的定： 1.设而不求，韦达定理 2.求点代点 3.齐次方程 4.曲线系 二、三种曲线中得出的一般结论： 斜率之和为定值，直线过定点； 斜率之积为定值，直线过定点； 反之， 直线过定点，斜率之和为定值，斜率之积为定值。
三.直线或曲线过定点的解题策略： 1.如果题设条件没有给出这个定点，我们可以考虑这个定点 对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么，可以先根据特 殊情况先找到这个定点，再证明这个点与变量无关。 2.直接推理、计算，找出参数之间的关系，并在计算过程中 消去部分参数，将直线方程化为点斜式，从而得出定点。 3.若直线方程含有多个参数，能求出参数满足的方程，观察 直线方程特征与参数方程满足的方程特征（例如对应项系数 成比例，消参等方法），得到直线过定点的坐标，最后注意 带入进行验证。对学生来讲，繁难的代数运算是此类问题的 特点，设而不求、整体思想和消元的思想的运用可以有效的 简化运算。
圆锥曲线的定点定值问题
圆锥曲线的定点定值问题（最新版）目录一、圆锥曲线的定点定值问题概述1.定点问题的定义与求解方法2.定值问题的定义与求解方法3.圆锥曲线中定点定值问题的重要性二、定点问题的求解方法1.引进参数法2.直接解法三、定值问题的求解方法1.函数与方程思想2.转化与化归思想3.数形结合思想四、圆锥曲线中定点定值问题的典型例题分析1.椭圆中的定点定值问题2.双曲线中的定点定值问题3.抛物线中的定点定值问题五、总结与展望1.圆锥曲线中定点定值问题的解题技巧与方法2.对学生逻辑思维能力与计算能力的培养正文一、圆锥曲线的定点定值问题概述圆锥曲线是解析几何中的重要内容，也是高考数学中的热点问题。
圆锥曲线中的定点定值问题，主要包括定点问题和定值问题。
定点问题是指在运动变化过程中，直线或曲线恒过平面内的某个或某几个定点，而定值问题则是指几何量在运动变化中保持不变。
这类问题对学生的逻辑思维能力和计算能力有较高的要求，是高考数学中的难点之一。
二、定点问题的求解方法1.引进参数法在解决定点问题时，我们可以引入适当的参数，将问题转化为关于参数的方程或不等式，然后求解参数的取值范围，进而得到定点的坐标。
2.直接解法对于一些简单的定点问题，我们可以直接通过解析几何中的公式和定理求解。
例如，当直线与圆相交时，直线上的定点可以通过求解直线与圆的交点得到。
三、定值问题的求解方法1.函数与方程思想在解决定值问题时，我们通常可以将问题转化为函数与方程的问题。
通过寻找合适的函数关系，我们可以得到定值的表达式，进而求解问题。
2.转化与化归思想在解决定值问题时，我们可以通过转化与化归的思想，将问题转化为更容易解决的形式。
例如，在解决椭圆中的定值问题时，我们可以将椭圆转化为圆，从而简化问题。
3.数形结合思想在解决定值问题时，我们可以利用数形结合的思想，通过几何图形的性质和公式，得到定值的表达式。
例如，在解决抛物线中的定值问题时，我们可以通过抛物线的几何性质，得到定值的表达式。
圆锥曲线中的定点问题模型一
当m
2k 2 2 时， l : y k ( x ) ，直线过定点 ( , 0) 7 7 7 2 7
综上可知，直线 l 过定点，定点坐标为 ( , 0). ◆方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点 P 做相互垂直的直线交圆锥曲线于 AB，则 AB 必过定点 (
4
，故 0 ,
4
，所以直线 AB 的斜率存在，否则，OA,OB 直线的倾斜
2 y12 y2 , x2 角之和为 从而设 AB 方程为 y kx b ，显然 x1 ， 2p 2p
将 y kx b 与 y 2 px( P 0) 联立消去 x ，得 ky 2 py 2 pb 0
AD AE ( x1 1)( x2 1) ( y1 2)( y2 2) x1 x2 ( x1 x2 ) 1 y1 y2 2( y1 y2 ) 4
2 2 y12 y2 y12 y2 ( ) y1 y2 2( y1 y2 ) 5 4 4 4 4
2 即t 2 6t 9 4m 2 8m 4即（t 3） 4(m 1) 2 t 3 2(m 1)
t 2m 5或t 2m 1, 代入（*）式检验均满足 0 直线DE的方程为x m( y 2) 5或x m( y 2) 1 直线DE过定点(5,2). （定点（ 1， 2）不满足题意 ）
2 y3 (Ⅲ)设点 Q ( , y 3 ), M 、B、Q 三点共线， k BQ k QM , 4
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圆锥曲线中的定点定值问题的四种模型定点问题是常见的出题形式，化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关 系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量。
直线过定点问题通法，是设出直线方程， 通过韦达定理和已知条件找出k 和m 的一次函数关系式，代入直线方程即可。
技巧在于：设哪一条直线?如何转化题目条件？圆锥曲线是一种很有趣的载体，自身存在很多性质，这些性质往往成为出题老师的参那么解题必然会事半功倍。
下面总结圆锥曲线中几种常见的几种 定点模型:模型一：“手电筒”模型8mk x x4(m 2 3)2 , x i x 22~3 4k 23 4k 2定点张直角的一组性质”）例题、（07山东）已知椭圆C ：2X 2y1若直线l : y kx m 与椭圆C 相交于 A , B 两点4 3不是左右顶点），且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点。
求证: 直线 l 过定点，并求出该定点的坐标。
解：设 A(x i , yJ,B(X 2, y 2)，由 y 3x 2 kx 4y 2 m + 2 2 得(3 4k 2)x 2 128mkx 4( m 2 3) 0 ,2 2 2 264m k 16(3 4k )(m3)0 , 32 24k m(A , B考。
如果大家能够熟识这些常见的结论, X iy i2y 2 (kx-i m) (kx 2 m) k x 1x 2 mk(x 1 x 2)Q 以AB 为直径的圆过椭圆的右顶点 D(2,0),且 k AD k B D 3(m 2 4k 2)3 4k 2 1 ,y i y 2 x 1 2x 22 1, y i y2 X i X2 2(X i X 2) 4 0，3(m 2 4k 2)4(m 2 3) 3 4k 23 4k 2 整理得 :7m 2 16mk 4k 2 当m2k 时, l:yk(x 当m2k 亠 时l:yk(x16mk3 4k 2 0 ,解得：m i2），直线过定点 ―），直线过定点综上可知，直线 l 过定点，定点坐标为（彳,0）.2k,m 2空，且满足3 4k 27（2,0）,与已知矛盾; (2,0)♦方法总结：本题为“弦对定点张直角”的一个例子：圆锥曲线如椭圆上任意一点P 做相互垂直的直X )(a 2 b 2) y °(a线交圆锥曲线于 AB,则AB 必过定点（a 2b 22 b 2）2 T 1） o （参考百度文库文章: a b“圆锥曲线的弦对7♦模型拓展：本题还可以拓展为“手电筒”模型：只要任意一个限定AP与BP条件（如k AP?k BP定值，k AP k BP 定值），直线AB依然会过定点（因为三条直线形似手电筒，固名曰手电筒模型）。
（参考优酷视频资料尼尔森数学第一季第13节）此模型解题步骤：Stepl ：设AB直线y kx m，联立曲线方程得根与系数关系，求出参数范围；Step2 :由AP与BP关系（如k AP ?k BP1）,得一次函数k f （m）或者m f （k）；Step3 :将k f(m)或者m f (k)代入y kx m，得y k(x♦迁移训练练习1：过抛物线M: y2 2px上一点P（1,2 ）作倾斜角互补的直线证：直线AB过定点。
（注：本题结论也适用于抛物线与双曲线）例题，多种解法）1 1(5, 5))2p,2 p )由韦达定理知y1x定）y定。
PA与PB,交M于A B两点，求练习2：过抛物线M: 2y 4x的顶点任意作两条互相垂直的弦OA0B求证：直线AB过定点。
（经典练习3: 过2x21上的点作动弦AB AC且k AB ?k Ac 3，证明BC恒过定点。
（本题参考答案:练习:4 : B是轨迹C : y 2 px（ P 0）上异于原点0的两个不同点，直线0A和0B的倾斜角分别为和，当变化且时，证明直线AB恒过定点，并求出该定点的坐标。
4（参考答案【答案】设A ,B X2,y2 ，由题意得％, x20 ,又直线OA,OB的倾斜角满足7，所以直线AB的斜率存在，否则, OA,OB直线的倾斜角之和为从而设AB方程为y kx b,2 2p，将y kx b与 2 px（ P 0）联立消去x，得 2ky 2py 2pb 04，得 1 = tan tan(4 )_ tan1 tan tan y-i y2 4p2将①式代入上式整理化简可得:2pb 2pktan_ _2p(y1 y?) 1，所以b 2p 2pk ,此时，直线AB 的方程可表示为y kx 2p 2 pk 即k(x 2p) y 2p 0 所以直线AB 恒过定点 2p,2p .练习5: (2013年高考陕西卷(理))已知动圆过定点 A (4,0), 且在y 轴上截得的弦 MN 的长为8. (I )求动圆圆心的轨迹 C 的方程； (n )已知点 耳-1,0),设不垂直于x 轴的直线与轨迹 C 交于不同的两点 P Q 若x 轴是的角平分线，证 明直线过定点.【答案】解：(I ) A (4,0),设圆心C(n )点巳-1,0),直线PQ 方程为：所以，直线PQ 过定点(1,0)(1) 求点P 的轨迹C 对应的方程；(2) 已知点A(m,2)在曲线C 上，过点A 作曲线C 的两条弦AD 和AE ，且AD AE ，判断：直 线DE 是否过定点？试证明你的结论 .【解】(1 )设 P (x ，y)代入〔PCZBC 1 PB CB 得.(x 1)2 y 2 1 x ，化简得 y 2 4x. (5 分)(2)将A(m,2)代入y 2 4x 得m 1,点A 的坐标为(1,2).设直线DE 的方程为x myt 代入y 2 4x,得 y 24mt 4t 0,设D(x 1, y 1), E(x 2, y 2)则y 1 y 24m, y 1 y 24t ,( 4m)2 16t 0(*)A D A E (x 1 1)(x 2 1)(Y 1 2)( y 22) NX 2 (为 X 2) 1 y 1 Y 2 2(y 1 y 2)42 2 2 2旳 y 2y 2、 ,)y 1 y 22( y 1 y 2) 54 44 4(y 1 y 2)2 (y 1 y 2)2 2y 1y 2y y2(y 1 y 2)5164y 1 y 22(4t)(4 m)2 2( 4t)(4t) 2(4m)5 0化简得 t 2 6t 5 4m 2 8m16 4即t 2 6t 9 4m 2 8m 4即(t 3)24(m 1)2 t 32(m 1) t 2m 5或t2m 1,代入(*)式检验均满足直线DE 的方程为x m(y 2) 5或x m(y 2) 1 直线DE 过定点(5, 2).(定点(1,2)不满足题意练习6:已知点B 1,0 ,C 1,0 ,P 是平面上一动点，且满足uur uuu|PC| |BC|uuu mu PB CB练习7：已知点A （- 1, 0）, B （ 1,— 1 ）和抛物线.C:y 2 4x , O 为坐标原点，过点 A 的动直线Ik AMk DM，即 ■ y 1 2 y 1 4y 121y 14y 2 2,y 2 4第22题即y1 Jy“2 4y 1 4y 1 y 222OM OPy 1 y 2 y 1 y 2 5.4 4(II)设/ POM a 则 | 0M | | 0P | cos 5.S ROM5 2,| OM | | OP | sin 5.由此可得 tan a =1.又（0, ),45 ,故向量0M 与0P 的夹角为45 •2(川)设点Q(^4*3), M 、B 、 Q 三点共线,kBQ kQM，* y 3 即严2 :3_[y_上4 4 42(y 3 1)(y 1 y 3)y 34 ，即y 3 1 y f 4y 1 y 3即 4( y 2 4,即 y 1y 2y 3)河344,即畑4 y 3 y 2 0.(*)y 2Y 3 y 34 0.L 4 0,L L L 11 分k PQy 2 y _22y 2 4 4y 3直线PQ 的方程是y y 2即（y 丫2）（丫2 y ?） 4x (x y 2 y 3y ；，即 y (y 22号）y 3）河34x.由(*)式，y 2 y 3 4(y 2y 3） 4,代入上式，得（y 4）（ y 2y 3） 4（x 1）.交抛物线C 于M P,直线MB 交抛物线C 于另一点Q 如图•uuuu uuu(I )证明：OM OP 为定值;当点M 在的纵坐标为1时，求A ABM 的面积。
x x【解】(1)设 M (Ai,t)(t R), A(X 1,yJ, Bgy),则 MA 的方程为—3 4（I ）求抛物线的方程；由此可知直线 PQ 过定点E (1 , - 4)模型二：切点弦恒过定点例题：有如下结论：“圆x 2y 2 r 2上一点P(x o ,y °)处的切线方程为x °y y °y r 2”，类比也 2有结论：“椭圆笃 a2y- 1(ab 0)上一点P(x o ，y o )处的切线方程为X o X ~2_a与 1 ”，过椭圆C:b 2 1的右准线 l 上任意一点M 引椭圆C 的两条切线，切点为 A 、B. (1) 求证：直线 AB 恒过一定点;J 3•••点 M 在 MA 上•二捲ty 11① 同理可得—X 2 ty 21②3由①②知AB 的方程为-^x ty31,即 x ■ 3 (1 ty)易知右焦点F ( ,3,0)满足③式, 故 AB 恒过椭圆C 的右焦点F (、.. 3,0 )(2)把 AB 的方程 x 、3(12y)代入— y 21,化简得7y 6y4• |AB| .1 3 487Qi16 3 1又M 到AB 的距离d —3一71 323 31•••△ ABM 勺面积 S - | AB | 216.3 d21♦方法点评：切点弦的性质虽然可以当结论用，但是在正式的考试过程中直接不能直接引用，可以用本题的书写步骤替换之，大家注意过程。
♦方法总结：什么是切点弦？解题步骤有哪些?参考：PPT 圆锥曲线的切线及切点弦方程，百度文库 参考：“尼尔森数学第一季_3下”，优酷视频 拓展：相交弦的蝴蝶特征一一蝴蝶定理，资料练习1 : ( 2013年广东省数学(理)卷)已知抛物线的顶点为原点，其焦点到直线：的距离为•设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点（n）当点为直线上的定点时，求直线的方程；（川）当点在直线上移动时，求的最小值.【答案】（I）依题意，设抛物线的方程为，由结合,解得.所以抛物线的方程为（n）抛物线的方程为,即,求导得设,（其中）,则切线的斜率分别为”所以切线：，即，即同理可得切线的方程为因为切线均过点，所以，所以为方程的两组解.所以直线的方程为.（川）由抛物线定义可知”所以联立方程，消去整理得由一元二次方程根与系数的关系可得，所以又点在直线上，所以，所以所以当时，取得最小值，且最小值为.练习2: （2013年辽宁数学（理））如图，抛物线，点在抛物线上，过作的切线，切点为（为原点时，重合于）, 切线的斜率为•（I）求的值；（11）当在上运动时，求线段中点的轨迹方•【答案】模型三：相交弦过定点相交弦性质实质是切点弦过定点性质的拓展，结论同样适用。