2024高考数学常考题型：第23讲圆锥曲线中定点定值定直线问题（解析版）.docx

1、第23讲 圆锥曲线中定点定值定直线问题【考点分析】考点一：直线过定点问题设直线为，根据题目给出的条件找出与之间的关系即可求出两点的坐标（一般含参数），再求出直线的斜率，利用点斜式写出直线的方程，再化为的形式，即可求出定点。考点二：定值问题探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.求斜率，面积等定值问题，把斜率之和，之积，面积化为坐标之间的关系，再用韦达定理带入化简一般即可得到定值考点三：定直线问题一般设出点的坐标，写出两条直线的方程，两直线的交点及两个直线中的相同，然后再用

2、韦达定理带入化简即可得的关系即为定直线【题型目录】题型一：直线圆过定点问题题型二：斜率面积等定值问题题型三：定直线问题【典型例题】题型一：直线过定点问题【例1】已知点在椭圆上，椭圆C的左右焦点分别为，的面积为.(1)求椭圆C的方程；(2)设点A，B在椭圆C上，直线PA，PB均与圆相切，记直线PA，PB的斜率分别为，.（i）证明：；（ii）证明：直线AB过定点.【答案】(1)，(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）利用，结合三角形的面积公式，求出，即可求椭圆的方程.(2) （i）设直线的方程为，直线的方程为，由题意可知，可得是方程的两根，利用韦达定理即可证明.（ii）设直线的方

3、程为，代入椭圆方程，利用韦达定理，结合，可得与的关系式，即可证明直线过定点.（1）解：由题知，的面积等于，所以，解得，所以，椭圆C的方程为.（2）（i）设直线PA的方程为，直线PB的方程为，由题知，所以，所以，同理，所以，是方程的两根，所以.（ii）设，设直线AB的方程为，将代入得，所以，所以，又因为，将代入，化简得，所以，所以，若，则直线，此时AB过点P，舍去.若，则直线，此时AB恒过点，所以直线AB过定点.【例2】已知椭圆的离心率为，一个焦点与抛物线的焦点重合(1)求椭圆的方程；(2)若直线交于两点，直线与关于轴对称，证明：直线恒过一定点【答案】(1)；(2)详见解析.【分析】（1）由题可

4、得，进而可得，即得；（2）利用韦达定理法，利用斜率互为相反数得与的一次关系即得.（1）由，可得，又离心率为，椭圆C的方程为.（2）设，由，可得，可得，由直线与关于轴对称，即，即，可得，所以直线方程为，恒过定点.【例3】已知椭圆的上顶点为，右顶点为，其中的面积为1（为原点），椭圆离心率为(1)求椭圆的方程；(2)若不经过点的直线与椭圆交于，两点，且，求证：直线过定点【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】(1)根据的关系求椭圆方程；(2)利用韦达定理结合的坐标表示，即可求定点.【详解】（1）由已知得：，又，解得：，故椭圆的方程为.（2）证明：当直线的斜率不存在时，不满足的条件当直线的斜率存在时，

5、设的方程为，联立，消去整理得：，得设，则，由，得，又，所以由得，化简得，解得（舍），满足此时的方程为，故直线过定点【例4】已知椭圆C：过点右焦点为F，纵坐标为的点M在C上，且AFMF(1)求C的方程；(2)设过A与x轴垂直的直线为l，纵坐标不为0的点P为C上一动点，过F作直线PA的垂线交l于点Q，证明：直线PQ过定点【答案】(1)；(2)过定点；证明过程见详解【分析】（1）由题可得，结合条件可知，将点的坐标代入椭圆的方程，即可得解；（2）设点，求出点的坐标，写出直线的方程，结合条件变形即得.【详解】（1）设点，其中，则，因为椭圆过点，则，将点的坐标代入椭圆的方程得，所以，解得，因此椭圆的标准方

6、程为；（2）设点， 则，所以直线的垂线的斜率为，由题可知，故直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，所以直线的方程为，即，因为，所以，所以，所以，所以直线过定点【点睛】求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明【例5】已知椭圆：（）的离心率为，其左右焦点分别为，为椭圆上任意

7、一点，面积的最大值为1.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知，过点的直线与椭圆交于不同的两点，直线，与轴的交点分别为，证明：以为直径的圆过定点.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）依题意可得，即可求出、，即可得解；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由直线、的方程，得到、的坐标，即可得到以为直径的圆的方程，再令，得到，即可得解；(1)解：因为椭圆的离心率为，所以.又当位于上顶点或者下顶点时，面积最大，即.又，所以，.所以椭圆的标准方程为.(2)解：由题知，直线的斜率存在，所以设直线的方程为，设，将直线代入椭圆的方程得：，由韦达定理得：，直线的方程为，直线的方程

8、为，所以，所以以为直径的圆为，整理得：.因为，令中的，可得，所以，以为直径的圆过定点.【题型专练】1已知椭圆的短轴长为，左顶点A到右焦点的距离为(1)求椭圆的方程(2)设直线与椭圆交于不同两点，（不同于A），且直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，求证：经过定点【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）依题意可得、，再根据，即可求出、，从而求出椭圆方程、离心率；（2）设直线为，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，依题意可得，即可得到方程，整理得到，即可得到、的关系，从而求出直线过定点；(1)解：依题意、，又，解得，所以椭圆方程为，离心率；(2)解：由（1）可知，当直线斜率存在时，设直

9、线为，联立方程得，消去整理得，设，所以，；因为直线和的斜率之积与椭圆的离心率互为相反数，所以；即所以，即，所以，即，所以或，当时，直线：，恒过定点，因为直线不过A点，所以舍去；当时，直线：，恒过定点；当直线斜率不存在时，设直线，则，且，解得或（舍去）；综上可得直线恒过定点.2.已知椭圆的离心率为，且过点.(1)求椭圆的方程；(2)点，在椭圆上，且.证明：直线过定点，并求出该定点坐标.【答案】(1)；(2)证明详见解析，定点坐标【分析】（1）根据已知条件列方程组，由此求得，从而求得椭圆的方程.（2）根据直线的斜率进行分类讨论，结合根与系数关系以及求得定点坐标.【详解】（1）由题意可得：，解得：故

10、椭圆方程为：.（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,有整理可得： ，所以，整理化简得，则有，得或，若，则直线MN的方程为：，恒过， 若，则直线MN的方程为：，过A点，舍去.所以直线MN过定点P， 当直线MN的斜率不存在时，可得，由得：，得，结合，解得： 或（舍去），此时直线MN方程为,过点P.综上，直线MN过定点P.3.已知椭圆的左，右焦点分别为，且，与短轴的两个端点恰好为正方形的四个顶点，点在E上.(1)求E的方程；(2)过点作互相垂直且与x轴均不重合的两条直线分别交E于点A，B和C，D，若M，N分别是弦AB，CD的中点，证

11、明：直线MN过定点.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）由条件列出关于的方程，解方程求得a和b的值，即可求得椭圆的标准方程；（2）设直线l的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及中点坐标公式，即可求得M和N点坐标，求分情况求MN方程，由此证明直线MN过定点.；（1）设，因为两个焦点和短轴的两个端点为正方形的四个顶点，所以，因为点在E上，所以，又，解得，所以E的方程为.（2）由（1）知，由题意知直线AB和直线CD的斜率都存在且不为0，设直线AB方程为：，与E的方程联立，消去x并整理，得，且，设，则，所以，所以点M的坐标为，因为，则直线CD的方程为，同理得，当，即时，直线MN的斜率，所以直线

12、MN的方程为，所以，因为，所以直线MN的方程即为，显然直线MN过定点；当，即时，则或，此时直线MN的方程为，也过点.综上所述，直线MN过定点.【点睛】本题第二小问解决的关键在于联立方程组求出的坐标，由此确定直线方程，并判断直线过定点.4.焦距为2c的椭圆（ab0），如果满足“2b=a+c”，则称此椭圆为“等差椭圆”(1)如果椭圆（ab0）是“等差椭圆”，求的值；(2)对于焦距为12的“等差椭圆”，点A为椭圆短轴的上顶点，P为椭圆上异于A点的任一点，Q为P关于原点O的对称点（Q也异于A），直线AP、AQ分别与x轴交于M、N两点，判断以线段MN为直径的圆是否过定点？说明理由【答案】(1)，(2)是

13、，定点（0，10），理由见解析【分析】（1）由新定义得出的关系，结合可求得；（2）设P（x0，y0）（x00），则Q（x0，y0），写出方程求得点坐标，同理得点坐标，然后可得出以线段MN为直径的圆的方程，由方程可确定定点坐标(1)因为椭圆（ab0）是“等差椭圆”，所以2b=a+c，所以c=2ba，又c2=a2b2，所以（2ba）2=a2b2，化简得(2)过定点（0，10），理由如下：由得，由得，椭圆方程为：，所以A（0，8），设P（x0，y0）（x00），则Q（x0，y0），所以直线AP的方程为：，令y=0，得，所以，同理可得，所以以MN为直径的圆的方程为，结合，化简得，令x=0，得y=10，

14、所以该圆恒过定点（0，10）题型二：斜率面积等定值问题【例1】动点与定点的距离和到定直线的距离之比是常数(1)求动点的轨迹的方程；(2)经过定点的直线交曲线于，两点，设，直线，的斜率分别为，求证：恒为定值【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）设点，利用条件可得等式，化简，可得轨迹的轨迹方程；（2）由题意可得直线的斜率存在，设直线的方程为：，直线的方程与曲线的方程联立，消去，可得根与系数的关系，由斜率公式，化简计算可得常数，即可得证【详解】（1）设点，则根据题意有，则，即，所以，所以动点的轨迹的方程为（2）由题意可得直线的斜率存在，设直线的方程为：，联立，消去得：，所以，从而，即恒为定值【

15、例2】已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上且位于第一象限，的面积为，(1)求椭圆C的标准方程；(2)若M，N是椭圆C上异于点Q的两动点，记QM，QN的倾斜角分别为，当时，试问直线MN的斜率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由【答案】(1)；(2)是定值，【分析】（1）由三角形面积公式求得c的值，数量积公式求得Q点的横坐标，Q点坐标代入椭圆方程，再由可得结果.（2）设出QM的直线方程，联立QM的直线方程与椭圆方程可求得点M的坐标，同理可得点N的坐标，进而可得.【详解】（1）的面积为，解得又，解得又点Q位于第一象限，将点代入椭圆中得联立，解得，所以椭圆C的标准方程为.（2）依题意可

16、知，直线QM和直线QN的斜率存在，不为零且互为相反数设直线QM的斜率为k，则直线QN的斜率为由（1）可知，所以直线QM的方程为由，消去y并化简，得，则，根据直线QM，直线QN的对称性，可知设，则所以所以故以替换k，得所以所以直线MN的斜率为定值【例3】已知点在椭圆上，的长轴长为，直线与交于两点，直线的斜率之积为.(1)求证：为定值；(2)若直线与轴交于点，求的值.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】(1)根据题意求出椭圆方程为，将椭圆，及相关直线、点进行平移，将看作方程的两不等实根，进而可得，代入直线方程化简即可；(2)联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得，化简，代入韦达定理即可求解.【详解

17、】（1）由题意知椭圆方程为.将椭圆平移至即，此时点平移至分别平移至，设直线方程为代入椭圆，整理得，两边同除以，令，则可看作关于的一元二次方程，的两不等实根，即，直线方程为，的斜率为定值，即的定值.（2）设，即，故，【例4】已知椭圆的离心率,且椭圆C的右顶点与抛物线的焦点重合(1)求椭圆C的方程(2)若椭圆C的左、右顶点分别为,直线与椭圆C交于E,D两点,且点E的纵坐标大于0,直线与y轴分别交于两点,问:的值是否为定值？若是,请求出该定值;若不是,请说明理由【答案】(1)；(2)是,【分析】(1) 椭圆C的右顶点与抛物线的焦点重合,即可求得,根据离心率即可求得,进而求得椭圆方程;(2)设两点坐标

18、,联立直线与椭圆方程,得,进而得到之间的关系,根据两点坐标,根据两点式求出直线方程,使即可求得,同理求得,写出,将代入化简即可求得.【详解】（1）解:由题知,椭圆,设椭圆的焦距为,因为椭圆C的离心率,所以,又椭圆C的右顶点与抛物线的焦点重合,而抛物线的焦点为,所以,则,故椭圆C的方程为;（2）由题意可知直线l的斜率不为0,故直线l的方程可化为,与椭圆方程联立得,消去x,整理可得,设,则,所以,因为所以,由题可知,且直线的斜率存在,所以直线的方程为,令,可得,即,同理可得,于是,故的值是定值,定值为.【点睛】思路点睛:本题考查直线与圆锥曲线的综合应用中的定值问题,属于难题,关于定值的问题思路有:

19、(1)先根据题意考虑特殊情况,斜率不存在,或斜率为零;(2)根据特殊情况求出定值;(3)设普通的直线方程,联立方程组;(4)判别式大于零,韦达定理;(5)写出所求的式子,用代换,化简即可.【例5】已知椭圆的左、右顶点分别为，且，离心率为，为坐标原点.(1)求椭圆的方程；(2)设是椭圆上不同于的一点，直线与直线分别交于点 .证明：以线段为直径作圆被轴截得的弦长为定值，并求出这个定值.【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为【分析】（1）根据、离心率和椭圆之间关系可直接求得结果；（2）设，可得直线方程，进而确定两点坐标，设椭圆右焦点为，利用平面向量数量积的坐标运算可证得，可知以为直径的圆过点，由此

20、可确定线段为直径作圆被轴截得的弦长.【详解】（1）由题意知：，解得：，又离心率，椭圆的方程为：.（2）由（1）得：，设，则，即；直线，直线，点纵坐标，点纵坐标，即，又椭圆右焦点为，即，以为直径的圆过点，又圆心横坐标为，以为直径的圆被轴截得的弦长为.即以线段为直径作圆被轴截得的弦长为定值.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，本题求解定值问题的关键是能够利用平面向量数量积的坐标运算说明椭圆右焦点即为所求圆与轴的其中的一个交点，由圆的对称性可确定定值.【例6】已知为圆上一动点，过点作轴的垂线段为垂足，若点满足.(1)求点的轨迹方程；(2)设点的轨迹为曲线，过点作曲线的两

21、条互相垂直的弦，两条弦的中点分别为，过点作直线的垂线，垂足为点，是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在点，使得为定值.【分析】（1）先利用得到点坐标关于点坐标的表示，再利用直接代入法即可求得点的轨迹方程；（2）分类讨论两条相交弦的斜率情况，利用韦达定理证得直线恒过定点，又由得到点的轨迹，从而得到定点使得为定值，由此得解.【详解】（1）由题意得，设点，则点，因为，所以，则，因为点在圆上，所以，则，即，所以点轨迹方程为.（2）若两条互相垂直的弦所在直线的斜率均存在，则可设直线，联立，得，设直线与曲线两交点的坐标分别为，则，；直线，同理可得：

22、，设直线与轴交于点，则当直线斜率存在时，由得，即直线恒过点；当直线斜率不存在时，由得，则，则直线恒过点；若两条互相垂直的弦所在直线中有一条斜率不存在，则直线为轴，恒过，综上：直线恒过点在以中点为圆心，为直径的圆上，取，则为定值；存在点，使得为定值.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习，做到胸有成竹.【例7】已知椭圆：的右焦点为在椭圆上，的最大值与最小值分别是6和2.(1)求椭圆的标准方程.(2)若椭圆的左顶点为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，直线分别与直线交于两点，试问是否为定值?若是，求出该定

23、值；若不是，请说明理由.【答案】(1)；(2)是定值，定值为【分析】（1）根据椭圆的标准方程列方程组求解即可；（2）当直线斜率不存在时，易得，当直线斜率存在时，设直线：，将直线与椭圆成联立，利用韦达定理结合向量数量积的坐标公式求解即可.【详解】（1）设椭圆的焦距为，由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为.（2）由（1）得，当直线垂直于轴时，代入椭圆方程，解得，.所以直线的方程为，令，得，则，直线的方程为，令，得，则，所以，则，即，若为定值，则必为，当直线的斜率存在时，设直线，联立整理得，则，直线的方程为，令，得，则，直线的方程为，令，得，则，因为，所以，则，故，即.综上，为定值.【题型专练】1已

24、知椭圆的离心率为，点为椭圆的右焦点，点在椭圆上，且在轴上方，轴，斜率为的直线交于两点，(1)若直线过点，求的面积.(2)直线和的斜率分别为和，当直线平行移动时，是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是定值，【分析】（1）先根据题意求椭圆方程，结合弦长公式以及点到直线的距离公式求面积；（2）设直线方程，根据题意利用韦达定理分析运算.【详解】（1）由题意可得：，解得，则，故椭圆的方程：，令，则，解得或（舍去），即，若直线过点，设直线，联立方程，消去y得：，则，可得，点到直线直线的距离，故的面积.（2）是定值，理由如下：设直线，联立方程，消去y得：，则，故，即是定值

25、，定值为0.【点睛】方法点睛：探究性问题求解的思路及策略：(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在(2)策略：当条件和结论不唯一时要分类讨论；当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况2已知椭圆：过点，且该椭圆长轴长是短轴长的二倍.(1)求椭圆的方程；(2)设点关于原点对称的点为，过点且斜率存在的直线交椭圆于点M，N，直线MA，NA分别交直线于点P，Q，求证为定值.【答案】(1)；(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程.（2）根据直线

26、是否与轴重合进行分类讨论，求得的坐标，进而证得为定值.【详解】（1）依题意知，椭圆的方程为，又椭圆过点，有，解得，椭圆的方程为.（2）点D与点A关于原点对称，点，当直线MN与轴重合时，不妨设，则直线：，直线：，则，（定值）.当直线MN与轴不重合时，设直线MN：，与椭圆方程联立，化简得，解得.设，则，.直线的方程为，则，即.直线的方程为，则，即.（定值）.综上，为定值1.【点睛】当题目需要假设直线方程时，要注意一些特殊的情形，如要设，则需要讨论直线的斜率是否存在；如要设，则需要讨论直线是否与轴平行.3如下图，过抛物线上一定点，作两条直线分别交抛物线于，（1）求该抛物线上纵坐标为的点到其焦点的距离

27、；（2）当与的斜率存在且倾斜角互补时，求的值，并证明直线的斜率是非零常数【答案】（1）（2）见解析【分析】(1)由抛物线定义可知抛物线上一点到焦点距离等于到准线距离，即可求出结果(2)将点坐标代入抛物线方程，分别计算出直线与的斜率，由题意得倾斜角互补，则斜率互为相反数，即可计算出结果，然后计算出直线的斜率【详解】（1）当时，又抛物线的准线方程为，由抛物线定义得，所求距离为.（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，由，相减得，故同理可得由、倾斜率角互补知，即.，故.设直线的斜率为，由，相减得.将代入得，所以是非零常数【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，在解答过程中，代入点坐标，两式相减来求出直

28、线斜率，需要掌握此解题方法，并能熟练计算4如图，椭圆的左右焦点分别为，点是第一象限内椭圆上的一点，经过三点P，的圆与y轴正半轴交于点，经过点且与x轴垂直的直线l与直线交于点Q(1)求证：(2)试问：x轴上是否存在不同于点B的定点M，满足当直线，的斜率存在时，两斜率之积为定值？若存在定点M，求出点M的坐标及该定值；若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析；(2)存在点，可使得直线与的斜率之积为定值，该定值为【分析】（1）设、圆的方程，代入、及可解得，即可证；（2）设，由A，P，Q三点共线得，即可表示出讨论定值是否存在.【详解】（1）由可得，设，则，设圆的方程为，代入及，得，两式相减，得，所以

29、圆的方程为即，令，得，由，可得，即（2）设，由（1）知，由A，P，Q三点共线，得，解得，则，代入，得，当且仅当，即时，为定值综上，存在点，可使得直线与的斜率之积为定值，该定值为【点睛】探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种： 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关； 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.5已知椭圆的离心率为，点为椭圆的右焦点，点在椭圆上，且在轴上方，轴，斜率为的直线交于两点，(1)若直线过点，求的面积.(2)直线和的斜率分别为和，当直线平行移动时，是否为定值？若是，请求出该定值，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是定值，【分

30、析】（1）先根据题意求椭圆方程，结合弦长公式以及点到直线的距离公式求面积；（2）设直线方程，根据题意利用韦达定理分析运算.【详解】（1）由题意可得：，解得，则，故椭圆的方程：，令，则，解得或（舍去），即，若直线过点，设直线，联立方程，消去y得：，则，可得，点到直线直线的距离，故的面积.（2）是定值，理由如下：设直线，联立方程，消去y得：，则，故，即是定值，定值为0.【点睛】方法点睛：探究性问题求解的思路及策略：(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在(2)策略：当条件和结论不唯一时要分类讨论；当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；当

31、条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况6已知椭圆的左焦点为，左、右顶点及上顶点分别记为、，且.(1)求椭圆的方程；(2)设过的直线交椭圆于P、Q两点，若直线、与直线l：分别交于M、N两点，l与x轴的交点为K，则是否为定值？若为定值，请求出该定值；若不为定值，请说明理由.【答案】(1)；(2)为定值【分析】（1）首先表示，的坐标，即可得到，根据及，求出，即可求出，从而得解；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到直线的方程为，令求出，同理得到，则，代入计算可得.【详解】（1）解：依题意，所以，由，可得，即，解得或（舍去），故，所以

32、椭圆的方程为.（2）解：设直线的方程为，联立，消去整理得，所以，直线的方程为，令，得，同理可得，所以，故为定值.7已知平面上一动点到的距离与到直线的距离之比为(1)求动点的轨迹方程；(2)曲线上的两点，平面上点，连结，并延长，分别交曲线于点A，B，若，问，是否为定值，若是，请求出该定值，若不是，请说明理由【答案】(1)；(2)是定值，.【分析】（1）设，根据已知可得，整理即可得到动点的轨迹方程；（2）当点在轴上时，以右端点为例，写出点的坐标，由已知求出，的值，即可得出；当点不在轴上时，设直线方程为，联立直线与椭圆方程得到，由韦达定理得到，同理可得到.根据向量关系，表示出，根据斜率公式推得，结合

33、点满足椭圆方程，化简即可得出结果.【详解】（1）解：设，则，点到直线的距离.由已知可得，整理可得.所以，动点的轨迹是椭圆，方程为.（2）解：是定值，.当点在轴上时，不妨设点为椭圆右端点，由已知可得，所以，所以，即，所以.同理可得，当点为椭圆左端点时，所以；当点不在轴上时，设，直线方程为，直线方程为.联立直线方程与椭圆方程，整理可得，根据韦达定理有.联立直线方程与椭圆方程，整理可得，根据韦达定理有.又，因为，所以，所以.又，所以，所以，又，所以，所以.综上所述，.所以，是定值，.8已知椭圆，过点直线，的斜率为，与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点，且，任意两点的连线都不与坐标轴平行，直线交直线，于

34、，.(1)求证：；(2)的值是否是定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)为定值【分析】（1）依题意可得直线，直线，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可求出、的值，即可得证；（2）设，依题意可得、三点共线，则，即可求出，同理可得，再结合（1）的结论得到，即可得到，从而得证.【详解】（1）证明：依题意直线，直线，由，消去整理得，显然，所以，所以，由，消去整理得，显然，所以，所以，所以.（2）解：为定值，设，由已知可得，即，因为、三点共线，所以，即，解得，同理可得，由（1）知，可得，整理得，即，所以，所以，所以，即.9已知椭圆的左、右焦点分别为且离心率为，椭

35、圆的长轴长为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设分别为椭圆的左、右顶点，过点作轴的垂线，为上异于点的一点，以线段为直径作圆，若过点的直线（异于轴）与圆相切于点，且与直线相交于点试判断是否为定值，并说明理由.【答案】(1)(2)是定值，理由见解析【分析】（1）根据椭圆的几何关系，定义，离心率代入即可求解；（2）点到直线的距离公式，轨迹方程，和椭圆的定义即可求解.【详解】（1）由题意可知：，解得，则椭圆的标准方程为.（2）由（1）可知，则，设点则圆的半径为，则直线直线方程为，设的方程为则可得，联立,所以点的轨迹方程为,则为定值.10已知椭圆的左顶点和上顶点分别为、，直线与圆相切，切点为，且.(1)求

36、椭圆的标准方程；(2)过圆上任意一点作圆的切线，交椭圆于、两点，试判断：是否为定值？若是，求出该值，并证明；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是定值，证明见解析【分析】（1）设，则，根据勾股定理可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程；（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，当轴时，直接计算出的值；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设、，由直线与圆相切可得出，然后将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，计算可得出，利用三角形相似可得出，综合可证得结论成立.【详解】（1）解：依题意，得，设，则，.由知，.由，解得，椭圆的标准方程为.（2）解：当直线的斜率不存在时，即轴时，或

37、，直线的方程为或，代入方程中，得，所以；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，、.直线与圆相切于点，圆心到的距离，即（*）.联立，整理得，恒成立，且，将（*）式代入上式，得，.又，.综上可得，为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值11已知椭圆，左、右焦点分别为、，左、右顶点分别为，若为椭圆上一点，的最大值为，点在直线上，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，其中不与左右顶点重合.(1)求椭圆的标准方程；(2)从点向直线作垂线，垂足为，证明：存在点，使得

38、为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）利用已知条件建立方程求出的值即可；（2）分析直线斜率是否存在，存在时设直线方程，联立方程组消元，写出韦达定理，然后设直线，直线的方程，由两直线联立可知交点为，且点在直线上，建立等式，代入韦达定理求解即可.【详解】（1）由题意可得：，设，那么，可知，当且仅当取得等号，所以，即的最小值为.又的最大值为，所以，所以，又，所以解得，所以椭圆C的标准方程为.（2）证明：由题意可知，直线斜率为0时，显然不成立；设直线，点，联立直线与椭圆，整理可得：，设直线，直线，两直线联立可知交点为，且点在直线上解之：，所以：，即：.而，代入上式，即：，然后韦达定理代入

39、可得：，解之可得：或（舍）.可知直线MN过定点，又由条件：，所以Q在以AE为直径的圆上，圆心即为，为定值.题型三：定直线问题【例1】已知如图，长为，宽为的矩形，以为焦点的椭圆恰好过两点，(1)求椭圆的标准方程；(2)根据（1）所得椭圆的标准方程，若是椭圆的左右顶点，过点的动直线交椭圆与两点，试探究直线与的交点是否在一定直线上，若在，请求出该直线方程，若不在，请说明理由.【答案】(1)(2)直线与的交点在定直线上.【分析】（1）根据椭圆的几何关系和即可求解；（2）假设直线方程后进行联立，利用比值即可进一步求解.【详解】（1）根据题意可得，所以，令，可得，由可得，所以椭圆的标准方程为.（2）当斜率

40、为时，直线与都和轴重合，当斜率不为时，设直线方程为，代入椭圆方程可得，设，有，所以直线方程为，直线方程为，联立两直线方程可得： ，所以，解得，故直线与的交点在定直线上.【例2】已知椭圆（）的离心率为，且为上一点.(1)求的标准方程；(2)点，分别为的左右顶点，为上异于，的两点，直线不与坐标轴平行且不过坐标原点，点关于原点的对称点为，若直线与直线相交于点，直线与直线相交于点，证明：点位于定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题意得到关于、的方程组，解得即可求出椭圆方程；（2）设，则，联立直线与椭圆，消元、列出韦达定理，表示出直线与的方程，联立即可表示出的横纵坐标之间的关系，即可

41、得到的方程，再与直线方程联立，即可求出动点的方程.【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，由题意得，解得，的标准方程为.（2）解：由题可知，设，则，设，联立消去得，又，又点为直线和的交点，故可得，故.联立消去得，因此，点位于定直线上.【例3】已知为椭圆的左焦点，直线与C交于A，B两点，且的周长为，面积为2.(1)求C的标准方程；(2)若关于原点的对称点为Q，不经过点P且斜率为的直线l与C交于点D，E，直线PD与QE交于点M，证明：点M在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将代入曲线C的方程中求得，继而由三角形的面积公式得.再由椭圆的对称性和椭圆的定义得，由此可求得C的标准方程；（2

42、）设，直线l的方程为，联立直线l与椭圆C的方程，并消去y得，得出直线PD的方程，直线QE的方程，联立直线PD与直线QE的方程，求得点M的坐标，继而求得，可得证.(1)解：将代入中，解得，则，所以的面积为，所以.设C的右焦点为，连接，由椭圆的对称性可知，所以的周长为，所以，由解得，所以C的标准方程为.(2)解：设，直线l的方程为，联立直线l与椭圆C的方程，并消去y得，则，得且，且，所以直线PD的方程为，即，直线QE的方程为，即，联立直线PD与直线QE的方程，得，得，所以.所以，即点M在定直线上.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系问题是高考命题的热点，解决此类问题要做好两点：一是转化，把题

43、中的已知条件和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解.【题型专练】1已知椭圆：的离心率为，是上一点.(1)求的方程.(2)设，分别为椭圆的左、右顶点，过点作斜率不为0的直线，与交于，两点，直线与直线交于点，记的斜率为，的斜率为.证明：为定值；点在定直线上.【答案】(1)；(2)证明见解析；证明见解析.【分析】(1)由条件列出关于的方程，解方程可得，由此可得椭圆的方程；(2)联立方程组，利用设而不求法结合两点斜率公式求即可证明；求出直线与直线方程，联立求点的坐标，由此证明点在定直线上.【详解】（1）由题意，椭圆的离心率为，

44、是椭圆上一点，所以，解得，所以椭圆的方程为；（2）因为过点且斜率不为0，所以可设的方程为，代入椭圆方程得，方程的判别式，设，则，. 两式相除得，因为分别为椭圆的左、右顶点，所以点的坐标为，点的坐标为，所以， 从而；由知，设，则，所以直线的方程为：，直线的方程为，联立可得，所以直线与直线的交点的坐标为，所以点在定直线上.【点睛】过x轴上定点斜率不为0的动直线方程可设为；过y轴上定点(0，y0)斜率存在的动直线方程可设为.2.已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为6.(1)求点的轨迹的方程.(2)已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，试问：当点变化时，点是否恒在一条定直线

45、上？若是，请证明；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是，证明见解析【分析】（1）依题意，根据椭圆的定义可知的轨迹是以、为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），从而求出椭圆方程；（2）设直线的方程为：，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到，再求出直线、的方程，联立求出交点的横坐标，整理可得求出定直线方程.（1）解：因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，所以，故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），且，所以，所以的轨迹的方程为；（2）解：设直线的方程为：，联立方程得：，则，所以，又直线的方程为：，又直线的方程为：，联立方程，解得，把代入上式得：，所以当点运动

46、时，点恒在定直线上3.已知椭圆C：的离心率为，左顶点为，左焦点为，上顶点为，下顶点为，M为C上一动点，面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)过的直线l交椭圆C于D，E两点（异于点，），直线，相交于点Q，证明：点Q在一条平行于x轴的直线上.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由椭圆的离心率，及的面积最大值，结合求出，作答.（2）设出直线l的方程及，求出直线和的交点的纵坐标关系式，联立直线l与椭圆C的方程并消元，借助韦达定理计算作答.(1)由椭圆C的离心率为得，由椭圆的几何性质知，当M为椭圆上（或下）顶点时，的面积最大，又，结合可解得，所以椭圆C的方程为.(2)由过的直线l不过，可设其直线方程为，把代入，得，即，设，则，直线的方程为，直线的方程为，设直线和的交点为，则，把及代入上式，得，整理得，故点Q在一条平行于x轴的直线上，得证.【点睛】思路点睛：证明两直线交点在平行于x轴的直线上，先写出对应的两条相交直线方程并消去，目标转为证关于的表达式为常数即可.