专题04椭圆中的定点、定值、定直线问题-2022年高考数学圆锥曲线重难点专题突破（全国通用）（解析版）.docx

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1、专题04 椭圆中的定点、定值、定直线问题一、单选题1已知为椭圆的右焦点，点是直线上的动点，过点作椭圆的切线，切点分别为，则的值为（ ）A3B2C1D0【解析】由已知可得，设，则切线，的方程分别为，因为切线，过点，所以，所以直线的方程为 ，因为，所以，所以点在直线上，所以三点共线，所以，故选：D2已知过原点的动直线l与椭圆交于A，B两点，D为椭圆C的上顶点，若直线，的斜率存在且分别为，则（ ）ABCD【解析】由题知，可设，则，又在椭圆上，故，即，所以3已知椭圆的上顶点为为椭圆上异于A的两点，且，则直线过定点（ ）ABCD【解析】设直线的方程为，则由整理得，所以，因为，所以解得或，当时，直线的方程

2、为，直线过点而，而不在同一直线上，不合题意；当时，直线的方程为，直线过，符合题意.故选：D.4已知椭圆，圆，过椭圆上任一与顶点不重合的点引圆的两条切线，切点分别为，直线与轴，轴分别交于点，则（）ABCD【解析】设，则切线的方程为，切线的方程为，因为点在切线上，所以，所以直线的方程为，所以，因为点在椭圆上，所以，所以，故选：D5已知椭圆的左右顶点分别为，过轴上点作一直线与椭圆交于两点（异于），若直线和的交点为，记直线和的斜率分别为，则（）AB3CD2【解析】设，设直线的方程： 由和三点共线可知 ，解得： ，（*）联立 ，得，代入（*）得， ， ，. 故选：A6已知椭圆，过x轴上一定点N作直线l，

3、交椭圆C于A，B两点，当直线l绕点N任意旋转时，有（其中t为定值），则（ ）ABCD【解析】设点当直线与轴不重合时,设的方程为,代入椭圆方程,得: ,即.当直线l绕点N任意旋转时，有（其中t为定值）,当时, 当时, ,解得: 代入当时, .故选:B.7如图，为椭圆的长轴的左、右端点，为坐标原点，为椭圆上不同于，的三点，直线，围成一个平行四边形，则（ ）ABCD【解析】由可得：，所以，设，则，直线，的方程分别为，则，由 可得，同理可得，因此.故选：D8已知是椭圆上一点，是椭圆的左，右焦点，点是的内心，延长交线段于，则的值为（）ABCD【解析】如图，点是椭圆上一点，过点M作BM垂直直线于点，过点I

4、作垂直直线于点，设的内切圆半径为，则，由三角形面积相等即：得：又，故得：，所以，由椭圆方程得：，所以由与相似，可得：,令，则,可求得：，故选A二、多选题9已知，是椭圆：的左右焦点，且，分别在椭圆的内接的与边上，圆是的内切圆，则下列说法正确的是（ ）A的周长为定值8B当点与上顶点重合时，圆的方程为C为定值D当轴时，线段交轴于点，则【解析】对于A：连接，根据椭圆的定义得:，则的周长为，故选项A错误；对于B：当点与上顶点重合时，此时，直线：，与椭圆的方程联立得 可得，利用对称性知，设的内切圆的半径为，即，解得，故选项B错误；对于C：设直线：，与椭圆的方程联立得，设，则，得，同理可得，所以，故选项C正

5、确；对于D：当轴时，又因为，直线：，与椭圆的方程联立得，所以直线：，令，得点横坐标为4，于是，故选项D正确，故选：CD.10已知椭圆的离心率为，的三个顶点都在椭圆上，为坐标原点，设它的三条边，的中点分别为，且三条边所在直线的斜率分别，且，均不为，则（ ）AB直线与直线的斜率之积为C直线与直线的斜率之积为D若直线，的斜率之和为，则的值为【解析】对于A：因为椭圆的离心率，所以，因为，所以，故选项A正确；对于B：设，则，所以，两式相减可得：，即，所以，故选项B不正确；对于C:由选项B同理可得，故选项C正确；对于D：由选项B同理可知，可得，由已知可得，即，所以，故选项D正确；故选：ACD.11已知椭圆

6、的左、右焦点分别是，左、右顶点分别是，点是椭圆上异于，的任意一点，则下列说法正确的是（ ）AB直线与直线的斜率之积为C存在点满足D若的面积为，则点的横坐标为【解析】由题意，短轴一个顶点，A错；设，则，所以，B正确；因为，所以，从而，而是椭圆上任一点时，当是短轴端点时最大，因此不存在点满足，C错；，则，D正确故选：BD12如图，已知椭圆的左右顶点分别是，上顶点为，在椭圆上任取一点，连结交直线于点，连结交于点(是坐标原点)，则下列结论正确的是（ ）A为定值 BCD的最大值为【解析】椭圆的左右顶点分别，因为点在椭圆上，所以设点的坐标为，对于A，所以A正确；对于B，因为，所以直线为，令，得，所以点的坐

7、标为，所以，所以，所以B正确；对于C，因为，所以，所以，所以C正确；对于D，直线为，直线为，由两直线的方程联立方程组，解得，所以点的坐标为，因为，所以，当时，所以的最大值为错误，故选：ABC三、填空题13已知椭圆的左顶点为A，过A作两条弦AM、AN分别交椭圆于M、N两点，直线AM、AN的斜率记为，满足，则直线MN经过的定点为_【解析】由题意，椭圆的左顶点为（-4,0），设，由，则，由,因为，所以，则，所以，于是，化简得：，令，所以直线MN经过轴上的定点.14椭圆：的左顶点为，点是椭圆上的两个动点，若直线 的斜率乘积为定值，则动直线恒过定点的坐标为_【解析】当直线BC的斜率存在时，设直线BC的方

8、程为y=kx+m，由，消去y得：（3+4k2）x2+8kmx+4m212=0，设B（x1，y1），C（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=，又A（2，0），由题知kABkAC=，则（x1+2）（x2+2）+4y1y2=0，且x1，x22，则x1x2+2（x1+x2）+4+4（kx1+m）（kx2+m）=（1+4k2）x1x2+（2+4km）（x1+x2）+4m2+4=+（2+4km）+4m2+4=0则m2km2k2=0，（m2k）（m+k）=0，m=2k或m=k当m=2k时，直线BC的方程为y=kx+2k=k（x+2）此时直线BC过定点（2，0），显然不适合题意当m=k时，直线BC的方程为

9、y=kxk=k（x1），此时直线BC过定点（1，0）当直线BC的斜率不存在时，若直线BC过定点（1，0），B、C点的坐标分别为（1，），（1，），满足kABkAC=综上，直线BC过定点（1，0）15已知椭圆与直线，过椭圆上一点作的平行线，分别交于两点，若为定值，则_.【解析】 当点时，过椭圆上点作的平行线分别为， 联立，可得，同理可得，所以,当点时，过椭圆上点作的平行线分别为， 联立，可得，同理可得，所以,所以为定值，则，所以.16已知椭圆与y轴交于点M，N，直线交椭圆于两点，P是椭圆上异于的点，点Q满足，则_【解析】由题意知，联立与，不妨设，不妨设，因为点Q满足，根据椭圆的对称性，所以，又不

10、妨设，所以.四、解答题17在平面直角坐标系中，已知点，直线，动点到点的距离与到直线的距离之比为（1）求动点的轨迹的方程；（2）设曲线与轴交于、两点，过定点的直线与曲线交于、两点（与、不重合），证明：直线，的交点在定直线上【解析】（1）设，根据题意，整理得所以动点的轨迹是椭圆，方程为（2）由题意知，直线的斜率不为，设过点的直线方程为，代入椭圆的方程，整理得，因为，所以设，则，由（1）得，则直线的方程为，直线的方程为，联立两直线方程，消去整理得，将，代入整理得，把式代入，整理得，即直线与直线的交点的横坐标恒等于所以直线，的交点恒在定直线上18已知椭圆：的左右顶点分别为，右焦点为，点在椭圆上（1）求

11、椭圆的方程；（2）若直线：与椭圆交于，两点，已知直线与相交于点，证明：点在定直线上，并求出此定直线的方程【解析】(1)因为,所以c=1,由题意知:,解得,则椭圆的方程为:.(2)由椭圆对称性知G在上,假设直线 l过椭圆上顶点,则,则,而,其交点,所以G在定直线x=1上;当M不在椭圆顶点时,设,由,整理得:,则,当x=1时,得,得,得,上式显然成立,所以G在定直线x=1上.19椭圆的离心率，分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上任意一点，面积的最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率不为零的直线交椭圆于，两点，过点作直线的垂线，垂足为，证明：直线与轴的交点为定点.【解析】（1）当点为椭圆上下顶点

12、时，的面积最大，即又，故，椭圆的方程为；（2）设直线的方程为，则由得，直线的方程为令得又，故，即直线与轴的交点为定点.20已知椭的离心率为，直线被椭圆截得的线段长为.（1）求椭圆的方程；（2）设过椭圆的右焦点与坐标轴不垂直的直线交于点，交轴于点，为线段的中点，且为垂足.问：是否存在定点，使得的长为定值？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】（1）由题意得：，化简得，故的方程为：将代入椭圆的方程得：，所以，解得：，所以，所以椭圆的方程：；（2）设，直线的方程为，则直线与轴的交点为由，得又，所以，故的方程为，由得：，所以直线的方程为，即，所以直线过定点，所以在以为直径的圆上，所以存在定

13、点，使的长为定值.21已知椭圆过点，且离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）过作斜率分别为的两条直线，分别交椭圆于点，且，证明：直线过定点.【解析】（1）椭圆过点，即，；，又，椭圆的方程为：.（2）当直线斜率不存在时，设直线方程为，则，则，解得：，直线方程为；当直线斜率存在时，设直线方程为，联立方程组得：，设，则，（*），则，将*式代入化简可得：，即，整理得：，代入直线方程得：，即，联立方程组，解得：，直线恒过定点；综上所述：直线恒过定点.22已知椭圆：的右焦点为，点在上，为椭圆的半焦距（1）求椭圆的标准方程；（2）若经过的直线与交于，（异于）两点，与直线交于点，设，的斜率分别为，求证：【解析】（1）解：因为椭圆：的右焦点为，所以因为点在上，所以，又，由，解得，故椭圆的标准方程为（2）证明：，设，直线，则由消去得，所以，所以，又因为，所以，命题得证17原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！