专题3 圆锥曲线中的定值定点问题（解析版）-2021年高考数学圆锥曲线中必考知识专练.doc

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1、专题3：圆锥曲线中的定值定点问题（解析版）1已知椭圆的离心率为，短轴一个端点到右焦点F的距离为.（1）求椭圆C的标准方程 ；（2）过点 F 的直线l交椭圆于A、B两点，交y轴 于P点，设，试判断是否为定值？请说明理由【答案】（1）；（2）是定值-4，理由见解析.【解析】【分析】（1）由题意可得， ，可求得椭的圆方程.（2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立整理得：，设， 由一元二次方程的根与系数的关系可得，再根据向量的坐标运算表示出， ，代入计算可求得定值.【详解】（1）由题可得，又，所以，因此椭圆方程为，（2）由题可得直线斜率存在，设直线的方程为，由消去，整理得：，设， 则，又，则，由可得，所

2、以，同理可得，所以，所以，为定值-4.【点睛】本题考查直线与椭圆的定值问题，关键在于联立方程组，得出交点的坐标的关系，将目标条件转化到交点的坐标上去，属于中档题.2已知椭圆：的离心率为，且经过点，（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作直线与椭圆相较于，两点，试问在轴上是否存在定点，使得两条不同直线，恰好关于轴对称，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在，使得两条不同直线，恰好关于轴对称.【解析】【分析】（1）将点坐标代入方程，结合离心率公式及，即可求出，进而可求得椭圆的标准方程；（2）设直线l的方程为，与椭圆联立，可得，的表达式，根据题意可得，直线，的斜率互为相反数

3、，列出斜率表达式，计算化简，即可求出Q点坐标.【详解】（1）有题意可得，解得，所以椭圆的方程为.（2）存在定点，满足直线，恰好关于x轴对称，设直线l的方程为，由，联立得，设，定点，由题意得，所以，因为直线，恰好关于x轴对称，所以直线，的斜率互为相反数，所以，即，所以，即，所以，即，所以当时，直线，恰好关于x轴对称，即.综上，在轴上存在定点，使直线，恰好关于x轴对称.【点睛】本题考查椭圆的方程及几何性质，考查直线与椭圆的位置关系问题，解题的关键是将条件：直线，恰好关于x轴对称，转化为直线，的斜率互为相反数，再根据韦达定理及斜率公式，进行求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.3已知抛物线的

4、焦点为，过点的直线与抛物线在第一象限相切于点，点到坐标原点的距离为.（1）求抛物线的标准方程；（2）过点任作直线与抛物线相交于，两点，请判断轴上是否存点，使得点到直线，的距离都相等.若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在；点的坐标为.【解析】【分析】（1）设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用判别式等于0，解得，点坐标为，根据点到坐标原点的距离为可得结果；（2）设直线，假设存在这样的点，设，点，联立方程消去整理成关于的一元二次方程，根据韦达定理得到和，将点到直线，的距离都相等转化为直线，的斜率互为相反数，根据可得结果.【详解】（1）设直线的方程为，联立方程组消

5、去得，由，因为，解得（舍），所以由可得，所以，所以点坐标为，则，解得，故抛物线的标准方程为.（2）设直线，假设存在这样的点，设，点，联立方程消去整理得，可得，若点到直线，的距离相等，则直线，的斜率互为相反数，有（先假设，），可得，整理得，得对任意的都成立，得.显然且.故存在这样的点的坐标为.【点睛】关键点点睛：解题关键是将点到直线，的距离都相等转化为直线，的斜率互为相反数，然后根据可得结果.本题考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力转化化归思想，属于中档题4已知椭圆的左右焦点分别为，且，设是上一点，且，.（1）求椭圆的方程；（2）若不与轴垂直的直线过点，交椭圆于，两点，试判断在轴的负半轴上是否

6、存在一点，使得直线与斜率之积为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，定点.【解析】【分析】（1）由，求得，根据椭圆的定义求得，结合，求得，即可得到椭圆的方程；（2）设的方程为，联立方程组，求得，结合斜率公式化简，得到当时，为定值.【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，可得，由椭圆的定义，得，可得，所以，即，又由和，解得，所以椭圆的方程为.（2）由已知直线过点，设的方程为，联立方程组，消去并整理得，设，则，所以，.又直线与斜率分别为，则.因为，所以当时，.所以在负半轴上存在定点，使得直线与斜率之积为定值.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与椭圆的

7、位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等5已知动点(其中)到定点的距离比点到轴的距离大1.（1）求点的轨迹的方程；（2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于两点，其中为坐标原点求证：；设分别与椭圆相交于点，证明：原点到直线的距离为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析；证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意有，化简可得答案.（2）直线的方程为,与抛物线方程联立，由，将韦达定理代入可证明.由可得，设，直线的方程为，则，由

8、方程联立，韦达定理可得，再由点到直线的距离公式可证明.【详解】（1）设由题意，两边平方，整理得：所以所求点的轨迹方程为.（2）设过椭圆的右顶点的直线的方程为.代入抛物线方程，得.设，则.设，直线的方程为，代入，得.于是，.从而，.代入，整理得.原点到直线的距离为定值.【点睛】本题考查求轨迹方程，考查方程联立韦达定理的应用，考查“设而不求”方法的应用，属于中档题.6已知椭圆，以抛物线的焦点为椭圆E的一个顶点，且离心率为.（1）求椭圆E的方程；（2）若直线与椭圆E相交于A、B两点，与直线相交于Q点，P是椭圆E上一点，且满足（其中O为坐标原点），试问在x轴上是否存在一点T，使得为定值？若存在，求出点

9、T的坐标及的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）利用椭圆以抛物线的焦点为顶点，且离心率为，求出，即可求椭圆E的方程；（2）直线方程代入椭圆方程，利用韦达定理确定P的坐标，代入椭圆方程，再利用向量的数量积公式，即可得到结论【详解】（1）抛物线的焦点即为椭圆E的顶点，即，离心率为 ， ， 椭圆E的方程为；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），则直线方程代入椭圆方程，可得 ， 代入椭圆方程可得 设T（t，0），Q（4，m4k）， 要使为定值，只需 在x轴上存在一点T（，0），使得【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，

10、考查学生分析解决问题的能力，属于中档题7已知椭圆离心率为，椭圆M与y轴交于A，B两点（A在下方），且过点直线l与椭圆M交于C，D两点（不与A重合）.（）求椭圆M的方程；（）证明：直线的斜率与直线的斜率乘积为定值.【答案】（）；（）证明见解析.【解析】【分析】（1）由，解方程组可得；（2）分直线l的斜率和两类求解，当时，设直线l的方程为，联立方程组，利用韦达定理求，化简可得.【详解】（）解：由题意得，解得.椭圆M的方程为；（）证明：由题意，直线l的斜率存在，当时，直线l的方程为，代入椭圆方程有，则， ，当时，则直线l的方程为.由，得.设，则，又，即直线的斜率与直线的斜率乘积为定值.【点晴】（1）

11、第一问是常规题型，求解时注意椭圆的焦点位置；（2）第二问采用“设而不求”，利用韦达定理直接计算，考运算能力，化简时要细心，另因为时已求出，第二问化简时可简略书写.8已知椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一点，且（1）求椭圆的方程（2）过点作互相垂直的两条直线分别交椭圆于另一点A，B，求证：直线AB过定点，并求出定点的坐标【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】【分析】（1）由已知得，从而可求出的值，进而可得椭圆的方程；（2）当直线AB的斜率存在时，设方程为，与椭圆方程联立方程组，消元后利用根与系数的关系可得，由可得，从而可得，由此可得或，进而可得直线方程恒过定点，当直线AB的斜率不存在时，设

12、，由 可求出坐标，从而可得直线方程，再验证直线是否过定点即可【详解】（1）解：由已知得故所求椭圆的方程为（2）证明：当直线AB的斜率存在时，设方程为，与椭圆C联立消去y得，设，则因为，所以，代入韦达定理，整理得，解得或若，则直线AB的方程为，过点M，不符题意；若，则直线AB的方程为，恒过点；当直线AB的斜率不存在时，设，由 解得或(舍)，此时直线AB也过点综上知，直线AB恒过定点【点睛】此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力和分类思想，属于中档题9已知椭圆的左焦点为，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知分别为椭圆的左、右顶点，为直线上任意一点，直线分别交椭圆于不同

13、的两点.求证：直线恒过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）；（2）证明见解析，定点为.【解析】【分析】（1）利用椭圆定义先求解出的值，然后根据求解出的值，则椭圆方程可求；（2）设出点坐标，再分别联立直线与椭圆方程从而得到的坐标，由此确定出直线的方程，分析直线的方程完成证明并求解出定点坐标.【详解】（1）椭圆的一个焦点，则另一个焦点为， 由椭圆的定义知:，所以，解得.又， 所以椭圆的标准方程为.（2）设，则直线，与联立可得，所以，所以，所以，所以，又直线，与联立可得，所以，所以，所以，所以所以直线的斜率为=所以直线所以直线恒过定点，且定点坐标为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中过定点问题的两种求解方

14、法：（1）若设直线方程为或，则只需要将已知条件通过坐标运算转化为之间的线性关系，再用替换或用替换代入直线方程，则定点坐标可求；（2）若不假设直线的方程，则需要将直线所对应线段的两个端点的坐标表示出来，然后选择合适的直线方程形式表示出直线方程，由此确定出定点坐标.10如图，椭圆：的离心率，椭圆的左、右顶点分别为，又，为椭圆上非顶点的三点.设直线，的斜率分别为，.（1）求椭圆的方程，并求的值；（2）若，判断的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由.【答案】（1）椭圆的方程为，；（2）为定值，且定值为1.【解析】【分析】（1）结合已知条件，利用求得的值，由此求得椭圆的方程.设出

15、点坐标，结合在椭圆上，化简求得的值.（2）设直线的方程为，联立直线的方程和椭圆方程，化简写出根与系数关系，由求得的关系式，利用弦长公式求得，求得到直线的距离，由此求得的面积为定值.【详解】（1）由题意得，又，所以，即椭圆：.设，则，又，则.（2）设直线的方程为，即，即 ，.到直线的距离，所以.的面积为定值1.【点睛】本小题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中三角形的面积问题，考查运算求解能力，属于难题.11如图，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴，离心率，F是右焦点，A是右顶点，B是椭圆上一点，轴，.（）求椭圆C的方程；（）设直线l：是椭圆C的任一条切线，点，点是切线l

16、上两个点.证明：以为直径的圆过x轴上的定点，并求出定点坐标.【答案】（）；（）证明见解析，定点是与.【解析】【分析】（）利用椭圆的基本性质即可求解（）联立直线与椭圆方程，计算得，设圆过定点，则，以为直径的圆过A等价于：.利用和，化简即可求解【详解】解：（）由题设椭圆的方程是，焦点由题点，由题代入得：解得，.所求C的方程：.（）由得，即：是切线，化简得设圆过定点，则，以为直径的圆过A等价于：.，.代入及，得，要上式值恒为0，当且仅当，从而.即动圆过x轴上的定点是与，即两个焦点.【点睛】本题考查椭圆的基本性质和直线与椭圆的过定点问题，重点考查学生的运算能力，属于难题12已知椭圆的离心率为，且经过点

17、.（1）求椭圆的方程.（2）设为椭圆上非顶点的任意一点，若分别为椭圆的左顶点和上顶点，直线交轴于，直线交轴于，问：的值是不是定值？若为定值，求之，若不为定值，说明理由.【答案】（1）；（2）是定值，定值为.【解析】【分析】（1）由离心率得，再代入点的坐标可得参数值，得椭圆方程；（2）设，用表示，然后计算，并代入可得结论【详解】解：（1）设椭圆方程为，设椭圆方程为，又椭圆过点，所以，解得，故椭圆方程为.（2）设，由共线可知，由共线可知.，.，由于，.【点睛】方法点睛：椭圆中定值问题解决方法，由于是动点，因此可以把的坐标用表示，然后计算，再代入动点坐标满足的性质，化简可得即引入参数，利用参数计算结

18、论，然后化简使得结论与参数无关，即得定值13在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，当在圆上运动时，线段上有一点，使得，（1）求的轨迹的方程；（2）若直线与椭圆相交于，两点，且以为直径的圆经过原点，求证：点到直线的距离为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）先设，根据题意，得到，进而可求出结果；（2）先设直线的方程为，根据题意得到，推出，联立直线与椭圆方程，由韦达定理，以及题中条件，得出，再由点到直线距离公式，即可得出结果.【详解】（1）设，由题意可得，则，代入，整理得；即所求的轨迹的方程为；（2）设直线的方程为，因为以为直径的圆经过原点，所以，则，即，即；联立消去得

19、，整理得，则，即，所以，整理得，则，满足，又点到直线的距离为为定值.【点睛】方法点睛：由相关点法求轨迹方程的一般步骤：（1）设轨迹上任意一点的坐标，以及其相关点的坐标；（2）根据题意，得出两点坐标直接的关系，用所求点表示其相关点的坐标，代入已知曲线方程；（3）化简整理，即可得出结果.14已知椭圆的左，右焦点分别为，M是椭圆E上的一个动点，且的面积的最大值为.（1）求椭圆E的标准方程；（2）若，四边形ABCD内接于椭圆E，记直线AD，BC的斜率分别为，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最

20、大值，求出，即可得答案；（2）根据题意可知，因为，所以可设直线CD的方程为.将斜率用C,D的横坐标进行表示，再整体消元，即可得答案；【详解】（1）设椭圆E的半焦距为c，由题意可知，当M为椭圆E的上顶点或下顶点时，的面积取得最大值.所以，所以，故椭圆E的标准方程为.（2）根据题意可知，因为，所以可设直线CD的方程为.由，消去y可得，所以，即.直线AD的斜率，直线BC的斜率，所以，故为定值.【点睛】利用待定系数法求椭圆的方程；设出点的坐标和直线方程，再将斜率用直线方程中的某个变量进行表示，最后利用整体消元是求解定值问题的常见思路.15已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线

21、相切.（1）求椭圆的方程；（2）设、分别为椭圆的左、右顶点，动点满足，直线与椭圆交于点（与点不重合），以为直径的圆交线段于点，求证：直线过定点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用点到直线的距离等于半径，计算可得，由离心率列方程，计算可得结果； （2）设，写出直线的方程为：，与椭圆方程联立，利用韦达定理求得P点坐标，由已知可得，求出,即可得出,进而得出直线的方程，化简可知过定点.【详解】（1）由题知，原点到直线的距离，又 则.椭圆方程为 .（2）设，则直线的方程为：联立消去得，.，由得，故.又以为直径的圆上与线段交于点，则.故直线方程为，即.直线过定点.【点睛】本题考查

22、椭圆的性质，考查直线和椭圆的位置关系，恒过定点问题，属于中档题.16已知点，直线，为直角坐标平面上的动点，过动点作的垂线，垂足为点，且满足，记的轨迹为.（1）求的方程；（2）若过的直线与曲线交于，两点，直线，与直线分别交于，两点，试判断以为直径的圆是否经过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，和.【解析】【分析】（1）设，则，再由可得，化简可得所求轨迹方程；（2）设直线的方程为，联立，则，由题意可得直线的方程为，直线的方程为，则，从而可求出中点的坐标，再求出，可得圆的半径，进而可求出圆的方程，从而可得答案【详解】（1）设，点，直线，.，的方程为.（2）设直线的方程为，联立，整理得：，直线的方程为，同理：直线的方程为，令得，设中点的坐标为，则，所以.圆的半径为.所以以为直径的圆的方程为.展开可得，令，可得，解得或.从而以为直径的圆经过定点和.【点睛】此题考查轨迹方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，考查圆的方程，考查定点问题，属于中档题29原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！