2023年高考数学一轮复习 第八章 直线与圆 圆锥曲线 11 圆锥曲线中定点与定值问题练习（含解析）.docx

1、圆锥曲线中定点与定值问题题型一定点问题例1(2022黄山质检)已知椭圆C1：1(ab0)，其短轴长为2，离心率为e1，双曲线C2：1(p0，q0)的渐近线为yx，离心率为e2，且e1e21.(1)求椭圆C1的方程；(2)设椭圆C1的右焦点为F，动直线l(l不垂直于坐标轴)交椭圆C1于M，N不同的两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，若k1k2，试探究该动直线l是否过x轴上的定点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由解(1)由题意知，椭圆C1：1(ab0)，其短轴长为2，可得b，椭圆的离心率为e1，双曲线C2：1(p0，q0)的渐近线为yx，即，即3，所以离心率为e22，且e1e21.所以e

2、1，解得a2，所以椭圆C1的方程为1.(2)假设该直线过定点(t,0)，设直线l的方程为yk(xt)(k0)，联立消去y，整理得(34k2)x28k2tx4k2t2120，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2，048(k2t234k2)b0)的焦距为2，且过点.(1)求椭圆方程；(2)设直线l：ykxm(k0)交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线x上，求证：线段AB的中垂线恒过定点N.(1)解椭圆过点，即1，又2c2，得a2b23，所以a24，b21，即椭圆方程为y21.(2)证明由得(14k2)x28kmx4m240，16(4k2m21)0，设A(x1，y1)

3、，B(x2，y2)，则x1x2，设AB的中点M为(x0，y0)，得x0，即14k28km，所以y0kx0mk.所以AB的中垂线方程为y，即y，故AB的中垂线恒过点N.题型二定值问题例2(2022济南模拟)已知抛物线E：y22px(p0)上的动点M到直线x1的距离比到抛物线E的焦点F的距离大.(1)求抛物线E的标准方程；(2)设点Q是直线x1(y0)上的任意一点，过点P(1,0)的直线l与抛物线E交于A，B两点，记直线AQ，BQ，PQ的斜率分别为kAQ，kBQ，kPQ，证明：为定值(1)解由题意可知抛物线E的准线方程为x，所以，即p1，故抛物线E的标准方程为y22x.(2)证明设Q(1，y0)，

4、A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为直线l的斜率显然不为0，故可设直线l的方程为xty1.联立消去x，得y22ty20.4t280，所以y1y22t，y1y22，kPQ.又kAQkBQy0.所以2(定值)教师备选(2022邯郸模拟)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交椭圆于A，B两点，交y轴于点M，若|F1F2|2，ABF2的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程；(2)，试分析是否为定值，若是，求出这个定值，否则，说明理由解(1)因为ABF2的周长为8，所以4a8，解得a2，由|F1F2|2，得222，所以b23，因此椭圆C的标准方程为1.(2)由题意可得

5、直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x1)，由整理得(34k2)x28k2x4k2120，显然0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则设M(0，k)，又F1(1,0)，所以(x1，y1k)，(x11，y1)，则.同理可得(x2，y2k)，(x21，y2)，则.所以，所以为定值.思维升华圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值(2)求点到直线的距离为定值利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得(3)求某线段长度为定值利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即

6、可求得跟踪训练2(2022湖北九师联盟开学考)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上一点，且PF2与x轴垂直(1)求椭圆C的方程；(2)若过点Q的直线l交C于A，B两点，证明：为定值(1)解由题意得F2(1,0)，F1(1,0)，且c1，则2a|PF1|PF2|2，即a，所以b1，故椭圆C的方程为y21.(2)证明当直线AB的斜率为零时点A，B为椭圆长轴的端点，则3.当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为xty，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立消去x，得(t22)y2y0，则t2(t22)0恒成立，由根与系数的关系，得y1y2，

7、y1y2.所以3.综上，3为定值课时精练1(2022临沂模拟)已知P(1,2)在抛物线C：y22px上(1)求抛物线C的方程；(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点(1)解将P点坐标代入抛物线方程y22px，得42p，即p2，所以抛物线C的方程为y24x.(2)证明设AB：xmyt，将AB的方程与y24x联立得y24my4t0，016m216t0m2t0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24m，y1y24t，kPA，同理kPB，由题意知2，即4(y1y24)2(y1y22y12y24)，解得y1y24，故4t4，即t1

8、，故直线AB：xmy1恒过定点(1,0)2已知椭圆1(ab0)的离心率为，且其左顶点到右焦点的距离为5.(1)求椭圆的方程；(2)设点M，N在椭圆上，以线段MN为直径的圆过原点O，试问是否存在定点P，使得P到直线MN的距离为定值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由题设可知解得a3，c2，b2a2c25，所以椭圆的方程为1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，若直线MN与x轴垂直，由对称性可知|x1|y1|，将点M(x1，y1)代入椭圆方程，解得|x1|，原点到该直线的距离d；若直线MN不与x轴垂直，设直线MN的方程为ykxm，由消去y得(9k25)x218kmx9m

9、2450，由根与系数的关系得由题意知，0，即x1x2(kx1m)(kx2m)0，得(k21)kmm20，整理得45k24514m2，则原点到该直线的距离d，故存在定点P(0,0)，使得P到直线MN的距离为定值3(2022湖南天壹名校联盟模拟)椭圆1(ab0)的右顶点为A，上顶点为B，O为坐标原点，直线AB的斜率为，OAB的面积为1.(1)求椭圆的标准方程；(2)椭圆上有两点M，N(异于椭圆顶点，且MN与x轴不垂直)，证明：当OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值(1)解椭圆1(ab0)的右顶点A(a,0)，上顶点B(0，b)，由题知解得所以椭圆的标准方程为y21.(2)证明由已知M

10、N与x轴不垂直，可知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为ykxt，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立整理得(4k21)x28ktx4t240，其中(8kt)24(4k21)(4t24)16(4k2t21)0，即4k21t2，且x1x2，x1x2，所以|MN|.又原点O到直线MN的距离d，所以SOMN|MN|d1，当且仅当t24k2t21，即2t24k21时，等号成立，所以kOMkONk2k2.由2t24k21，可得kOMkON，所以当OMN的面积最大时，直线OM与ON的斜率之积为定值4(2022南京模拟)已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为2，长轴长为4.(1

11、)求椭圆C的方程；(2)设过点F1不与x轴重合的直线l与椭圆C相交于E，D两点，试问在x轴上是否存在一个点M，使得直线ME，MD的斜率之积恒为定值？若存在，求出该定值及点M的坐标；若不存在，请说明理由解(1)因为焦距为2，长轴长为4，即2c2,2a4，解得c1，a2，所以b2a2c23，所以椭圆C的方程为1.(2)由(1)知F1(1,0)，设点E(x1，y1)，D(x2，y2)，M(m,0)，因为直线l不与x轴重合，所以设直线l的方程为xny1，联立得(3n24)y26ny90，所以(6n)236(3n24)0，所以y1y2，y1y2，又x1x2(ny11)(ny21)n2y1y2n(y1y2)11，x1x2n(y1y2)22.直线ME，MD的斜率分别为kME，kMD，所以kMEkMD，要使直线ME，MD的斜率之积恒为定值，3m2120，解得m2，当m2时，存在点M(2,0)，使得kMEkMD，当m2时，存在点M(2,0)，使得kMEkMD，综上，在x轴上存在点M，使得ME，MD的斜率之积恒为定值，当点M的坐标为(2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值，当点M的坐标为(2,0)时，直线ME，MD的斜率之积为定值.