《2025年一本知识大盘点高中数学全一册人教版》

圆锥曲线中的定点、
母题6 定值、定直线问题 5年6考
考向1 定点问题
例8(全国乙卷)已知椭圆E的中 一
心为坐标原点，对称轴为x轴、y
轴,且过A(0,−2),B($\frac{3}{2}$,−1{
两点.
(1)求E的方程.
(2)设过点P(1,−2)的直线交E于M,N两
点，过点M且平行于x轴的直线与线段AB
交于点T,点H满足MT=TH.证明:直线
HN过定点.
解:(1)设E的方程为$\frac{x²}{a?}$+=11.
将A(0,−2),B($\frac{3}{2}$,−1)两点代入,得
$\frac{4}{b²}$$\frac{9}{4a²}$=+1$\frac{1}{b2}$,=1,解 ab²²==43,,
{
故E的方程为$\frac{x²}{3}$+x4²=1.
(2)证明:由A(0,−2),B($\frac{3}{2}$,−1)两点,得直线AB的方程为y=$\frac{2}{3}$x−2.
①若过点P(1,−2)的直线的斜率不存在，即为直线x=1,代入$\frac{x²}{3}$+=1,得y=±$\frac{2√6}{3}$.
由题意易得,M(1,−$\frac{2\sqrt{6}}{3}$),N(1,$\frac{2\sqrt{6}}{3}$).将y=−$\frac{2\sqrt{6}}{3}$代入直线AB的方程y=$\frac{2}{3}$x−2,
得x=3| $\sqrt{6}$,所以T(3| $\sqrt{6}$,−$\frac{2\sqrt{6}}{3}${.
因为MT=TH,所以T为线段MH的中点,
所以H(5−2$\sqrt{6}$,−$\frac{2\sqrt{6}}{3}${.
由N(1,$\frac{2\sqrt{6}}{3}$),H(5−2$\sqrt{6}$,−$\frac{2\sqrt{6}}{3}$)可得,直线HN的方程为y=(2+$\frac{2\sqrt{6}}{3}${x−2,则直线
HN过点(0,−2).
②若过点P(1,−2)的直线的斜率存在，设斜
率为k,则直线MN的方程为kx一y−(k+
2)=0.
设M(x1,y1),N(x2,y2).
kx−y−(k+2)=0,
联立 +辽4=1,
{$\frac{x²}{3}$
得(3k²+4)x²−6k(2+k)x+3k(k+4)=0,
A＞0,则
x1+x2=$\frac{6k(2+k)}{3k²+4}$,x1x2=$\frac{3k(4+k)}{3k²+4}$,y1+
y2=$\frac{−8(2+k)}{3k²+4}$,y1y2=$\frac{4(4+4k−2k²)}{3k²+4}$,
且x1y2+x2y1=$\frac{−24k}{3k²+4}$.( )
y=y11,
联立{y=$\frac{2}{3}$x−2,得T(娑+3,y1),则H(3y1+6−x1,y1),
则直线HN的方程为y−y2=
3y+6−x(x−x2).
将(0,−2)代入并整理,得2(x1+x2)−6(y+
y2)+x1y2+x2y1−3y1y2−12=0.
将( )式代入,得24k+12k2+96+48k一
24k−48−48k+24k²−36k²−48=0,恒
成立。
综上所述，直线HN过定点(0,−2).

考例向9已2知定抛值物问线题Ci:y²=2px(p＞______
0)上一点Q(1,a)到焦点的距离
为3.
(1)求a,p的值.
(2)如图,设P为直线x=−1上除(−1,
一$\sqrt{3}$),(−1,$\sqrt{3}$)两点外的任意一点，过点P
作圆C2:(x−2)²+y²=3的两条切线,分别
与抛物线C相交于点A,B和C,D,试判断
A,B,C,D四点纵坐标之积是否为定值.若
是,求该定值;若不是，请说明理由.

解:(1)根据抛物线的定义,得Q(1,a)到准线
x=-2的距离为3,
∴1+=3,∴p=4，,
∴抛物线的焦点坐标为(2,0)，∴√1+a²=
3,∴a=±2√2.
(2)A,B,C,D四点纵坐标之积为定值.
设P(−1,yo),过点P的直线方程设为l:
y−yo=k(x+1).
y²=8x,
由{ 得kA²−8y+8yo+y−yo=k(x+1),
8k=0.
设直线AB,CD的斜率分别为k1,k2，点A,
B,C,D的纵坐标分别为y1,y2,y3,y4,
∴y1y2=8(yok+1k1),y3y4=8(2ok+2k2).
∵C2到l的距离d=l3k+yol.=√3,∴6k²+√1+k²
6yok+y²−3=0,
∴k1+k2=−yo,k1k2=−63
∴y1y2y3y4=64[kk2+(k+k2)yo+y²]=
64(kk2−y²+y)=644,
k1k2
∴A,B,C,D四点纵坐标之积为定值，且定值为64.

考向3 定直线问题
______
例10(新课标II卷)已知双曲线C
的中心为坐标原点，左焦点为
(−2√5,0),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，
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.
解:(1)由题意,得c=2√5,e=$\frac{C}{a}$=√5,所以
a=2,所以b²=c²−a²=16,所以C的方程为
$\frac{x²}{4}$−辽16=1.
(2)证明:①当直线MN的斜率为0时，显然
不符合题意.
②设直线MN的方程为x=ty−4,M(x1,
y1),N(x2,y2),P(xo,yo).
x=ty−4,
联立{$\frac{x²}{4}$−16=1,得(4t²−1)y²−32ty+
48=0.
因为直线MN与双曲线的左支有两个交点，
4t²−1≠0,
所以{A＞0, 所以y1+y2=$\frac{32t}{4t²−1}$,
y1y2＜0,
y1y2=$\frac{48}{4t²−1}$.
由(1)可得,A1(−2,0),A2(2,0).
因为 MA1 与 NA2 交于点 P,则xy+02=yx1+12”
yo=y2
{
xo−2 x2−2”
所以$\frac{xo−2}{xo+2}$=yy12((xx21+−22))).=yy2((ttyy21−−62))=
ttyy11y222−−622y12= ty61(y2−2 y2) =−3,解得xo=−1,
所以点P在定直线x=−1上.
方法提炼求圆锥曲线中定直线问题的步骤
(1)根据题中条件，设出直线方程;
(2)联立直线与圆锥曲线方程，得到一元二
次方程;
(3)根据根与系数的关系及题中条件，求出
动点的坐标满足的关系式，进而确定结论.

答案：
(1)$\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$；
(2)直线$HN$过定点$(0, -2)$。