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专题突破练19 圆锥曲线中的定点、定值问题
1.(12 分)(2022 全国乙,理20)已知椭圆E 的中心为坐标原点,对称轴为x 轴、y 轴,且过
A(0,-2),B(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.
2.(15 分)(2025 山东济宁二模)已知双曲线C: x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为√7
2 ,且点
A(4,3)在双曲线C 上,
(1)求C 的方程;
(2)若直线l 交C 于P,Q 两点,∠PAQ 的平分线与x 轴垂直,求证:l 的倾斜角为定值.
3.(17 分)(2025 陕西榆林二模)已知焦距为2√3且焦点在x 轴上的椭圆E 经过点A(2,1).直
线l:y=kx+m 不过点A.若l 与E 相交于M,N 两点,且以MN 为直径的圆过点A.
(1)求椭圆E 的标准方程;
(2)求证:点(k,m)在定直线上.
4.(17 分)(2025 湖北武汉二模)如图,椭圆Γ1: x
2
m + y
2
n
=1(m>n>0),Γ2: x
2
n + y
2
m
=1,已知Γ1右顶
点为H(2,0),且它们的交点分别为P1(1,1),P2(-1,1),P3(-1,-1),P4(1,-1).
(1)求Γ1与Γ2的标准方程;
(2)过点P1作直线MN,交Γ1于点M,交Γ2于点N,设直线P3M 的斜率为k P3 M,直线P3N 的斜
率为k P3 N,求
k P3 N
k P3 M
;(上述各点均不重合)
2
(3)点Q1是Γ1上的动点,直线Q1P1交Γ2于点Q2,直线Q2P2交Γ1于点Q3,直线Q3P3交Γ2于
点Q4,直线Q4P4与直线Q1P1交于点N,是否存在点G 使直线NG 与直线NH 的斜率之积
为定值.(上述各点均不重合)
3
答案：
1.(1)解 设椭圆E 的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0),
则{
4 n=1,
9
4 m+n=1,
解得{
m= 1
3 ,
n= 1
4 .
故椭圆E 的方程为x
2
3 + y
2
4
=1.
(2)证明 由点A(0,-2),B(
3
2 ,-1),可知直线AB 的方程为y=2
3x-2.
当过点P 的直线MN 的斜率不存在时,直线MN 的方程为x=1.
由{
x =1,
x
2
3 + y
2
4 =1,
解得{
x =1,
y = 2√6
3
或{
x =1,
y =- 2√6
3
,
则点M(1,- 2√6
3 ),N(1, 2√6
3 ).将y=-2√6
3 代入y=2
3x-2,得x=3-√6,则点T(3-√6,-2√6
3 ).
又⃗MT =⃗TH,所以点H(5-2√6,-2√6
3
),
所以直线HN 的方程为y-2√6
3
=
- 2√6
3
- 2√6
3
5-2√6-1
(x-1),
即y=(
2√6
3
+2)x-2,
所以直线HN 过点(0,-2).
当过点P 的直线MN 的斜率存在时,设直线MN 的方程为y+2=k(x-1),
点M(x1,y1),N(x2,y2).
由{
y +2=k ( x -1),
x
2
3 + y
2
4 =1,
消去y,得(4+3k2)x2-6k(k+2)x+3k(k+4)=0,
则Δ>0,x1+x2=6k (k +2)
4+3k
2
,x1x2=3k (k + 4)
4+3k
2
.
将y=y1代入y=2
3x-2,得x=3
2(y1+2),则点T(
3
2 ( y1+2), y1).
4
又⃗MT =⃗TH,所以点H(3y1+6-x1,y1).所以直线HN 的方程为(3y1+6-x1-x2)(y-y2)=(y1-y2)(x-x2),
即(3y1+6-x1-x2)(y-y2)-(y1-y2)(x-x2)=0.
将x=0,y=-2 代入上式,整理得12-2(x1+x2)+3y1y2+6(y1+y2)-x1y2-x2y1=0.(*)
因为x1+x2=6k (k +2)
4+3k
2
,x1x2=3k (k + 4)
4+3k
2
,所以y1+y2=k(x1-1)-2+k(x2-1)-2=-8k -16
4+3k
2
,x1y2+x2y1=x1[k(x2-1)-2]+x2[k(x1-1)-2]=-24 k
4+3k
2,y1y2=[k(x1-1)-2][k(x2-1)-2]=-8k
2+16 k +16
4+3k
2
,
所以(*)式左边=12-12k (k +2)
4 +3k
2
+-24 k
2+ 48k + 48
4+3k
2
+- 48k -96
4 +3k
2
--24 k
4+3k
2=0=右边,即(*)式
成立.所以直线HN 过点(0,-2).
综上所述,直线HN 恒过定点(0,-2).
2.(1)解 由题意得{
e = c
a = √7
2 ,
c
2=a
2+b
2,
解得b2=3
4a2,又点A(4,3)在双曲线C 上,
所以16
a
2 - 9
b
2=1,解得a2=4,b2=3,
所以双曲线C 的方程为x
2
4 - y
2
3
=1.
(2)证明 由已知得直线l 的斜率存在,设其方程为y=kx+b,P(x1,y1),Q(x2,y2),联立
{
y =kx +b,
x
2
4 - y
2
3 =1,消去y 得(3-4k2)x2-8kbx-4b2-12=0,
所以Δ=(-8kb)2-4(3-4k2)(-4b2-12)=48(b2-4k2+3)>0,x1+x2= 8kb
3- 4 k
2,x1x2=-4 b
2+12
3- 4 k
2 ,
又因为∠PAQ 的平分线与x 轴垂直,
所以kAP+kAQ=0,
即y1-3
x1- 4 + y2-3
x2- 4 =0,
所以(y1-3)(x2-4)+(y2-3)(x1-4)=0,即2kx1x2+(b-3-4k)(x1+x2)-8(b-3)=0,
所以-2k· 4 b
2+12
3- 4 k
2 +(b-3-4k)· 8kb
3- 4 k
2-8(b-3)=0,
即-24(k+1)(b+4k-3)=0,
所以k=-1 或b=3-4k,
当b=3-4k 时,直线l 的方程为y=kx+3-4k=k(x-4)+3,即直线l 过点A(4,3),不符合题意,
5
所以k=-1,设直线l 的倾斜角为α(0≤α<π),即k=tan α=-1,α=3 π
4
,
即直线l 的倾斜角为定值3 π
4 .
3.(1)解 设椭圆方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0).因为焦距为2√3,所以2c=2√3,
即c2=a2-b2=3.
由{
a
2-b
2=3,
4
a
2 + 1
b
2 =1,解得a2=6,b2=3.
故椭圆E 的标准方程为x
2
6 + y
2
3
=1.
(2)证明 设点M(x1,y1),N(x2,y2),
由{
x
2
6 + y
2
3 =1,
y =kx +m,
得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0,
由Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)>0,得6k2-m2+3>0,
则x1+x2=- 4 km
1+2k
2,x1x2=2m
2-6
1+2k
2 .
因为以MN 为直径的圆过点A,
所以AM⊥AN,即⃗AM ·⃗AN=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,
整理可得y1y2-(y1+y2)+1=-x1x2+2(x1+x2)-4,①
又y1+y2=k(x1+x2)+2m= 2m
1+2k
2,y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m
2-6k
2
1+2k
2 ,
代入①式得4k2+8km+(m-1)(3m+1)=0,即(2k+m-1)(2k+3m+1)=0.
因为直线l 不过点A,所以2k+m≠1,即2k+3m+1=0.所以点(k,m)在定直线2x+3y+1=0 上.
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4.解 (1)由题意得,m=4,
又因为P1(1,1)在Γ1上,
代入Γ1得1
4 + 1
n
=1,所以n=4
3
,
则Γ1:
x
2
4 + y
2
4
3
=1,Γ2:
y
2
4 + x
2
4
3
=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则k P1 M ·k P3 M =( y1-1)
( x1-1) ·( y1+1)
( x1+1) = y1
2-1
x1
2-1,
又因为
x1
2
4 + y1
2
4
3
=1,
所以y1
2= 4
3 (1- x1
2
4
)=4 - x1
2
3
,
则k P1 M ·k P3 M =
4 - x1
2
3
-1
x1
2-1
=-1
3,
同理可得k P1 N ·k P3 N=-3,
所以
k P3 N
k P3 M
=9.
(3)设直线Q1Q2,Q2Q3,Q3Q4,Q4N 分别为l1,l2,l3,l4,其斜率依次为k1,k2,k3,k4,
设直线l1:y-1=k1(x-1)与Γ2: y
2
4 + 3 x
2
4
=1 联立,得(k1
2+3)x2+2k1(1-k1) x +(1-k1)
2-4=0,
即有xQ2· xP1= k1
2-2k1-3
k1
2+3
,
所以xQ2= k1
2-2k1-3
k1
2+3
,代入直线l1方程得yQ2=-k1
2-6k1+3
k1
2+3
,
则k2=
yQ2-1
xQ2+1 =-2k1
2-6 k1
2k1
2-2k1
=-
k1+3
k1-1,设f(x)=- x +3
x -1,
则经过P1,P2的两直线l1,l2之间斜率满足k2=f(k1),
7
将直线l2,l3绕原点顺时针旋转π
2
后也会经过P1,P2,
所以两者斜率满足- 1
k3
=f(- 1
k2
),
所以k3=-
1
f (- 1
k2
)
=-1-k2
-1+3k2
=-1
k1+2,
同理将直线l3,l4绕原点顺时针旋转π 后也会经过P1,P2,
所以两直线斜率满足k4=f(k3),k4=-k3+3
k3-1
=-
(-1
k1+2 )+3
(-1
k1+2 )-1
= 3k1+5
k1+3 .
设N(x,y),则有y -1
x -1
=k1, y +1
x -1
=k4,代入上式得y +1
x -1 =
3· y -1
x -1 +5
y -1
x -1 +3
,得到y2=5x2-
16x+12=(5x-6)(x-2),
所以
y
x - 6
5
·
y
x -2=5,
因此存在定点G(6
5
,0),使直线NG 和直线NH 的斜率之积为定值5.
