备考2025年高考数学一轮复习第六章专题突破2

专题突破2圆锥曲线中的定点、定值、定线与探索性问题高考概览圆锥曲线中的定点、定值、定线与探索性问题是高考的重点与难点，主要以解答题形式考查，往往是试卷压轴题之一，难度较大考点研读1.会利用“特殊探路，一般证明”和“一般推理，特殊求解”的思路来求解定点问题，求证直线过定点通常利用直线的点斜式方程2．会利用“直接消参法”和“从特殊到一般法”，利用整体代入的思想求解定值问题3．会利用“设点法”“待定系数法”“验证法”求解因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题4．会利用“肯定顺推法”“反证法”“验证法”解决探索性问题一、高考大题1．(2023·全国乙卷)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq\f(\r(5),3)，点A(－2，0)在C上．(1)求C的方程；(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(1)由题意可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝2，,a2＝b2＋c2，,e＝\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))所以C的方程为eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1.(2)证明：由题意可知，直线PQ的斜率存在，设直线PQ：y＝k(x＋2)＋3，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2）＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝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)＝－1728k>0，解得k<0，可得x1＋x2＝－eq\f(8k（2k＋3）,4k2＋9)，x1x2＝eq\f(16（k2＋3k）,4k2＋9)，因为A(－2，0)，则直线AP：y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，令x＝0，解得y＝eq\f(2y1,x1＋2)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y1,x1＋2)))，同理可得Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2y2,x2＋2)))，则eq\f(\f(2y1,x1＋2)＋\f(2y2,x2＋2),2)＝eq\f(k（x1＋2）＋3,x1＋2)＋eq\f(k（x2＋2）＋3,x2＋2)＝eq\f([kx1＋（2k＋3）]（x2＋2）＋[kx2＋（2k＋3）]（x1＋2）,（x1＋2）（x2＋2）)＝eq\f(2kx1x2＋（4k＋3）（x1＋x2）＋4（2k＋3）,x1x2＋2（x1＋x2）＋4)＝eq\f(\f(32k（k2＋3k）,4k2＋9)－\f(8k（4k＋3）（2k＋3）,4k2＋9)＋4（2k＋3）,\f(16（k2＋3k）,4k2＋9)－\f(16k（2k＋3）,4k2＋9)＋4)＝eq\f(108,36)＝3，所以线段MN的中点是定点(0，3)．2．(2023·新课标Ⅱ卷)已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2eq\r(5)，0)，离心率为eq\r(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交于点P.证明：点P在定直线上．解(1)设双曲线C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由焦点坐标可知c＝2eq\r(5)，则由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)可得a＝2，b＝eq\r(c2－a2)＝4，故C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1.(2)证法一：由(1)可得A1(－2，0)，A2(2，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－eq\f(1,2)<m<eq\f(1,2)，与eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1联立可得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)>0，则y1＋y2＝eq\f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq\f(48,4m2－1)，直线MA1的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线NA2的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，联立直线MA1与直线NA2的方程可得，eq\f(x＋2,x－2)＝eq\f(y2（x1＋2）,y1（x2－2）)＝eq\f(y2（my1－2）,y1（my2－6）)＝eq\f(my1y2－2（y1＋y2）＋2y1,my1y2－6y1)＝eq\f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)＝eq\f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq\f(1,3)，由eq\f(x＋2,x－2)＝－eq\f(1,3)可得x＝－1，即xP＝－1，据此可得，点P在定直线x＝－1上．证法二：由题意得A1(－2，0)，A2(2，0)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，则eq\f(xeq\o\al(2,1),4)－eq\f(yeq\o\al(2,1),16)＝1，即4xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝16.如图，连接MA2，kMA1·kMA2＝eq\f(y1,x1＋2)·eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(yeq\o\al(2,1),xeq\o\al(2,1)－4)＝eq\f(4xeq\o\al(2,1)－16,xeq\o\al(2,1)－4)＝4.①由eq\f(x2,4)－eq\f(y2,16)＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6，eq\f(1,6)[my－(x－2)]＝1.4(x－2)2＋16(x－2)·eq\f(1,6)[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋eq\f(8,3)(x－2)my－eq\f(8,3)(x－2)2－y2＝0，两边同时除以(x－2)2，得eq\f(4,3)＋eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x－2)))eq\s\up12(2)－eq\f(8m,3)·eq\f(y,x－2)－eq\f(4,3)＝0.kMA2＝eq\f(y1,x1－2)，kNA2＝eq\f(y2,x2－2)，由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－eq\f(4,3).②由①②可得kMA1＝－3kNA2.lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－3kNA2（x＋2），,y＝kNA2（x－2），))解得x＝－1.所以点P在定直线x＝－1上．二、模拟大题3.(2024·四川巴蜀中学高三适应性月考(二))如图所示，点F1，A分别为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点和右顶点，点F为抛物线C：y2＝16x的焦点，且|OF|＝2|OA|＝4|OF1|(O为坐标原点)．(1)求椭圆E的方程；(2)过点F1作直线l交椭圆E于B，D两点，连接AB，AD并延长交抛物线的准线于点M，N，求证：∠MF1N为定值．解(1)由题意，得|OF|＝4，∴|OA|＝2，|OF1|＝1，∴a＝2，c＝1，b2＝3，∴椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)证明：由(1)可知，F1(－1，0)，A(2，0)，设B(x1，y1)，D(x2，y2)，M(－4，yM)，N(－4，yN)，显然直线l的斜率不为0，故可设为x＝ty－1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty－1，,3x2＋4y2＝12，))得(3t2＋4)y2－6ty－9＝0，∴y1＋y2＝eq\f(6t,3t2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3t2＋4).∵A，B，M三点共线，∴eq\f(yM,－6)＝eq\f(y1,x1－2)＝eq\f(y1,ty1－3)，解得yM＝eq\f(－6y1,ty1－3).同理，yN＝eq\f(－6y2,ty2－3)，∴yM·yN＝eq\f(36y1y2,t2y1y2－3t（y1＋y2）＋9)＝eq\f(\f(－9×36,3t2＋4),\f(－9t2,3t2＋4)－3t×\f(6t,3t2＋4)＋9)＝eq\f(－9×36,－9t2－18t2＋27t2＋36)＝－9，∵eq\o(F1M,\s\up16(→))＝(－3，yM)，eq\o(F1N,\s\up16(→))＝(－3，yN)，∴eq\o(F1M,\s\up16(→))·eq\o(F1N,\s\up16(→))＝9＋yM·yN＝0，即∠MF1N＝90°，为定值．4．(2023·广东梅州统考三模)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点、右顶点分别为F，A，B(0，b)，|AF|＝1，点M在线段AB上，且满足|BM|＝eq\r(3)|MA|，直线OM的斜率为1，O为坐标原点．(1)求双曲线C的方程；(2)过点F的直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，在x轴上是否存在与F不同的定点E，使得|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)由题可知F(c，0)，A(a，0)，B(0，b)，因为点M在线段AB上，且满足|BM|＝eq\r(3)|MA|，所以点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),\r(3)＋1)a，\f(1,\r(3)＋1)b))，因为直线OM的斜率为1，所以eq\f(\f(1,\r(3)＋1)b,\f(\r(3),\r(3)＋1)a)＝1，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3)，因为|AF|＝1，所以c－a＝1，解得a＝1，b＝eq\r(3)，c＝2.所以双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)假设在x轴上存在与F不同的定点E，使得|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立，当直线l的斜率不存在时，E在x轴上任意位置，都有|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|；当直线l的斜率存在且不为0时，设E(t，0)，直线l的方程为x＝ky＋2，直线l与双曲线C的右支相交于P，Q两点，则－eq\f(\r(3),3)<k<eq\f(\r(3),3)且k≠0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,x＝ky＋2，))得(3k2－1)y2＋12ky＋9＝0，3k2－1≠0，Δ＝36k2＋36>0，所以y1＋y2＝－eq\f(12k,3k2－1)，y1y2＝eq\f(9,3k2－1)，因为|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|，即eq\f(|EP|,|EQ|)＝eq\f(|FP|,|FQ|)，所以EF平分∠PEQ，kEP＋kEQ＝0，有eq\f(y1,x1－t)＋eq\f(y2,x2－t)＝0，即eq\f(y1,ky1＋2－t)＋eq\f(y2,ky2＋2－t)＝0，得2ky1y2＋(2－t)(y1＋y2)＝0，所以2keq\f(9,3k2－1)＋(2－t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(12k,3k2－1)))＝0，由k≠0，解得t＝eq\f(1,2).综上所述，存在与F不同的定点E，使得|EP|·|FQ|＝|EQ|·|FP|恒成立，且Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0)).5．(2023·河南郑州统考二模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，O为坐标原点，焦点在直线2x＋4y－1＝0上．(1)求抛物线C的标准方程；(2)过点(4，0)作动直线l与抛物线C交于M，N两点，直线OM，ON分别与圆(x－1)2＋y2＝1交于点P，Q(异于点O)，设直线OM，ON的斜率分别为k1，k2.①求证：k1k2为定值；②求证：直线PQ恒过定点．解(1)易知直线2x＋4y－1＝0与x轴交于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，即焦点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，所以eq\f(p,2)＝eq\f(1,2)，p＝1，则抛物线C的标准方程为y2＝2x.(2)证明：①设直线MN的方程为x＝my＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋4，,y2＝2x，))得y2－2my－8＝0，Δ＝4m2＋32>0，所以y1y2＝－8，又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yeq\o\al(2,1)＝2x1，,yeq\o\al(2,2)＝2x2，))所以yeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＝4x1x2＝64，即x1x2＝16，则k1k2＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(－8,16)＝－eq\f(1,2).②设直线PQ的方程为x＝ty＋n(n≠0)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋n，,（x－1）2＋y2＝1，))得(t2＋1)y2＋2t(n－1)y＋n2－2n＝0，所以y3＋y4＝－eq\f(2t（n－1）,t2＋1)，y3y4＝eq\f(n2－2n,t2＋1)，k1k2＝eq\f(y3,x3)·eq\f(y4,x4)＝eq\f(y3y4,（ty3＋n）（ty4＋n）)＝eq\f(y3y4,t2y3y4＋nt（y3＋y4）＋n2)＝－eq\f(1,2)，整理得eq\f(n－2,n)＝－eq\f(1,2)，n＝eq\f(4,3)，所以直线PQ过定点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，0)).6．(2023·江苏南京市第九中学校考模拟预测)椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,8)＝1，左、右顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，点P为椭圆E上的点，且在第一象限，直线l过点P.(1)若直线l分别交x，y轴于点C，D，|PD|＝2，求PC的长；(2)若直线l过点(－1，0)，且交椭圆E于另一点Q(异于点A，B)，记直线AP与直线BQ交于点M，试问点M是否在一条定直线上？若是，求出该定直线方程；若不是，说明理由．解(1)设P(xP，yP)，D(0，yD)，则eq\f(xeq\o\al(2,P),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,P),8)＝1①，xeq\o\al(2,P)＋(yP－yD)2＝4②，由①②可得eq\f(yeq\o\al(2,P),2)＝(yP－yD)2，∵yP>0，∴eq\f(yP,\r(2))＝|yP－yD|，即eq\f(yP,|yP－yD|)＝eq\r(2)，∵eq\f(|PC|,|PD|)＝eq\f(yP,|yP－yD|)＝eq\r(2)，∴|PC|＝2eq\r(2).(2)依题意可设直线l的方程为x＝my－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x0，y0)．联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,8)＝1，))整理得(2m2＋1)y2－4my－6＝0，Δ＝16m2＋24(2m2＋1)>0，则y1＋y2＝eq\f(4m,2m2＋1)，y1y2＝eq\f(－6,2m2＋1).直线AP的方程为y＝eq\f(y1,x1＋2)(x＋2)，直线BQ的方程为y＝eq\f(y2,x2－2)(x－2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y1,x1＋2)（x＋2），,y＝\f(y2,x2－2)（x－2），))得x0＝eq\f(2y1x2－4y1＋2x1y2＋4y2,（x1＋2）y2－（x2－2）y1)，∵(x1＋2)y2－(x2－2)y1＝x1y2＋2y2－x2y1＋2y1＝(my1－1)y2＋2y2－(my2－1)y1＋2y1＝3y1＋y2，2y1x2－4y1＋2x1y2＋4y2＝2y1(my2－1)－4y1＋2(my1－1)y2＋4y2＝4my1y2－6y1＋2y2，∴x0＝eq\f(4my1y2－6y1＋2y2,3y1＋y2)，由y1＋y2＝eq\f(4m,2m2＋1)，y1y2＝eq\f(－6,2m2＋1)，得2my1y2＝－3(y1＋y2)．∴x0＝eq\f(4my1y2－6y1＋2y2,3y1＋y2)＝eq\f(－6（y1＋y2）－6y1＋2y2,3y1＋y2)＝eq\f(－12y1－4y2,3y1＋y2)＝－4.故点M在定直线x＝－4上．7．(2023·河北邯郸第三次模拟)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，准线为l.设过点F且不与x轴平行的直线m与抛物线C交于A，B两点，线段AB的中点为M，过M作直线垂直于l，垂足为N，直线MN与抛物线C交于点P.(1)求证：点P是线段MN的中点；(2)若抛物线C在点P处的切线与y轴交于点Q，是否存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为60°的菱形？若存在，请求出直线m的方程；若不存在，请说明理由．解(1)证明：由题意知，直线m的斜率存在且不为0，故设直线m的方程为y＝kx＋1(k≠0)，代入x2＝4y，并整理得x2－4kx－4＝0.所以Δ＝16k2＋16>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.设M(x0，y0)，则x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝2k，y0＝kx0＋1＝2k2＋1，即M(2k，2k2＋1)．由MN⊥l，得N(2k，－1)，所以MN的中点坐标为(2k，k2)．将x＝2k代入x2＝4y，解得y＝k2，则P(2k，k2)，所以点P是线段MN的中点．(2)由x2＝4y，得y＝eq\f(x2,4)，则y′＝eq\f(x,2)，所以抛物线C在点P(2k，k2)处的切线PQ的斜率为k，又由直线m的斜率为k，可得m∥PQ；又MN∥y轴，所以四边形MPQF为平行四边形．而|MF|＝eq\r(（2k）2＋（2k2＋1－1）2)＝2eq\r(k2（k2＋1）)，|MP|＝|(2k2＋1)－k2|＝k2＋1，由|MF|＝|MP|，得2eq\r(k2（k2＋1）)＝k2＋1，解得k＝±eq\f(\r(3),3)，即当k＝±eq\f(\r(3),3)时，四边形MPQF为菱形，且此时|PF|＝eq\r(（2k－0）2＋（k2－1）2)＝k2＋1＝|MP|＝|MF|，所以∠PMF＝60°，直线m的方程为y＝±eq\f(\r(3),3)x＋1，即x－eq\r(3)y＋eq\r(3)＝0或x＋eq\r(3)y－eq\r(3)＝0，所以存在直线m，使得四边形MPQF是有一个内角为60°的菱形，直线m的方程为x－eq\r(3)y＋eq\r(3)＝0或x＋eq\r(3)y－eq\r(3)＝0.8．(2023·安徽六安舒城中学校考模拟预测)已知点(2，3)在双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2＋2)＝1上．(1)双曲线上动点Q处的切线交C的两条渐近线于A，B两点，其中O为坐标原点，求证：△AOB的面积是定值；(2)已知点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，过点P作动直线l与双曲线右支交于不同的两点M，N，在线段MN上取异于点M，N的点H，满足eq\f(|PM|,|PN|)＝eq\f(|MH|,|HN|)，证明：点H恒在一条定直线上．证明(1)将(2，3)代入双曲线的方程中，得eq\f(4,a2)－eq\f(9,a2＋2)＝1，解得a2＝1，故双曲线方程为x2－eq\f(y2,3)＝1，设Q(m，n)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由结论双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上一点(x0，y0)处的切线方程为eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1，可得双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1上点Q(m，n)处的切线方程为mx－eq\f(ny,3)＝1，双曲线的两条渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，联立mx－eq\f(ny,3)＝1与y＝eq\r(3)x，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(3,3m－\r(3)n)，,y1＝\f(3\r(3),3m－\r(3)n)，))联立mx－eq\f(ny,3)＝1与y＝－eq\r(3)x，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝\f(3,3m＋\r(3)n)，,y2＝\f(－3\r(3),3m＋\r(3)n)，))直线AB的方程为eq\f(y－y1,y2－y1)＝eq\f(x－x1,x2－x1)，即(y－y1)(x2－x1)－(y2－y1)(x－x1)＝0，故点O到直线AB的距离为eq\f(|（－y1）（x2－x1）－（y2－y1）（－x1）|,\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2))＝eq\f(|x1y2－x2y1|,\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2))，且|AB|＝eq\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)·eq\f(|x1y2－x2y1|,\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2))·eq\r(（x2－x1）2＋（y2－y1）2)＝eq\f(1,2)|x1y2－x2y1|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(3,3m－\r(3)n)·\f(－3\r(3),3m＋\