2026《高考数学一轮复习微专题106讲》87.圆锥曲线中“手电筒模型”的十二个定点定值.docxVIP

87.圆锥曲线中“手电筒模型”的十二个定点定值

基本原理[1]

鉴于篇幅，上述定点定值的证明过程从略（其实有个印象就行，很大程度上是记不住的），需要了解证明详情的可以参考本文的参考文献

二．典例分析

例1.（2022新高考1卷）．已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0．

（1）求l的斜率；

（2）若，求的面积．

解析：（1）解法1：设点解点

设直线的方程为，与双曲线的方程联立，消去得到，根据韦达定理，得

，故，从而.因为直线的斜率之和为，所以直线的方程为，同理，可得：，.

所以直线的斜率为

解法2：不联立的艺术

设，由点都在双曲线上，得

，，所以，结合斜率公式，相减后变形，可得：

，.因为直线的斜率之和为，即，所以，

由得.②

由得.③

由②-③，得，从而，即的斜率为.

解法3：设而不求，韦达定理

将点代入双曲线方程得，化简得，，故双曲线方程为，由题显然直线的斜率存在，设，设，，，则联立双曲线得：，故，，，

化简得：，

故，

即，当时，直线过点A，不合题意，舍去.,故.

方法4.同构双斜率

设过点的直线方程为，直线的方程为，联立解得

，代入双曲线的方程中，整理得，这是关于的一元二次方程，方程的两根分别为直线的斜率.

因为直线的斜率之和为，即，所以，整理后分解得.因为直线不经过点，所以，从而，即的斜率为.

方法5：齐次化联立

双曲线方程为，设，

∵AP,AQ的斜率之和为0，∴，

故将双曲线方程为变形为：，

且设直线，

由式有：

,（两边同除以），

即，而是此方程的两根.

∴，故直线斜率为?1.

方法6：曲线系

点处的切线方程为，设直线的方程为，的方程为

，的方程，则过这四条直线交点的二次曲线方程为

又因为双曲线过这些交点，比较的系数得.

又由，所以.

（2）不妨设直线的倾斜角为，因为，所以，

由（1）知，，当均在双曲线左支时，，所以，

即，解得（负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当均在双曲线右支时，因为，所以，即，即，解得（负值舍去），于是，直线，直线，

联立可得，，因为方程有一个根为，所以，，同理可得，，．

所以，，故的面积为．

例2.（2020新高考卷）

已知椭圆C：的离心率为，且过点．

（1）求的方程：

（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．

解析：（1）由题意可得：，解得：，故椭圆方程为：.

（2）方法1.设线解点

由题意，设直线的方程为，代入椭圆方程，可得

.解得.

所以.因为，将代替上面的，可得.故.

所以直线的方程为.

化简，得.即直线恒过定点.

方法2：韦达定理

（2）设点，若直线斜率存在时，设直线的方程为：，

代入椭圆方程：消去并整理得：，

可得，，因为，所以，即，根据,代入整理可得：

，????????

所以，整理化简得，因为不在直线上，所以，

故，于是的方程为，所以直线过定点直线过定点.当直线的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合可得：，解得：或（舍）.此时直线过点.

令为的中点，即，若与不重合，则由题设知是的斜边，故，若与重合，则，故存在点，使得为定值.

方法3.齐次化

（2）将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．

设，因为则，即．

代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．

方法4.不联立，不韦达

（2）设，依题意知，

因为，所以，

整理得

同理得

相减可得即直线恒过定点.

又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．

方法5.曲线系

（2）A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．

用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．

即．

对比项、x项及y项系数得，将①代入②③，消去并化简得，即．故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．

例3．（2017全国1卷）已知椭圆，四点，，中恰有三点在椭圆上．

（1）求椭圆的方程：

（2）设直线不经过点且与椭圆交于两点，若直线的斜率之和为，证明：过定点．

解析：（1）由条件知不在椭圆上，易得椭圆方程为．

（2）=1\*GB3①当直线的斜率不存在时，设

，得，

此时直线过椭圆右