专题07 圆锥曲线中的定点、定值问题-直击2021年高考中的圆锥曲线问题（理科数学）.docx

1、专题07 圆锥曲线中的定点、定值问题一、圆锥曲线中的定点与定值问题（1）解决定点问题的关键就是建立直线系或者曲线系方程，要注意选用合适的参数表达直线系或者曲线系方程，如果是双参数，要注意这两个参数之间的相互关系.（2）解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确，即定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，其中不受变化的量所影响的一个值就是所要求的定值，解决这类问题的关键就是引进适当的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.（3）解决圆锥曲线中的定点与定值问题时，注意对相关直线的斜率进行

2、讨论.技巧1 圆锥曲线中的定点问题例1、在直角坐标系中，已知一动圆经过点且在轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨迹为曲线（1）求曲线的方程；（2）过点作互相垂直的两条直线，与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，线段，的中点分别为，求证：直线过定点，并求出定点的坐标【解析】（1）设圆心，依题意有，即得，曲线的方程为（2）易知直线，的斜率存在且不为0，设直线的斜率为，则直线：，由得，同理得当或时，直线的方程为；当且时，直线的斜率为，直线的方程为，即，直线过定点，其坐标为综上所述，直线过定点，其坐标为技巧2 圆锥曲线中的定值问题例2、已知点是椭圆上的一点，椭圆的离心率与双曲线的离心率互为倒数，斜率为直线

3、交椭圆于，两点，且，三点互不重合.（1）求椭圆的方程；（2）若，分别为直线，的斜率，求证：为定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）设椭圆的焦距为2c，根据题中条件，得出椭圆的离心率，再由点代入椭圆方程，根据，即可求出，从而可得椭圆方程；（2）设直线的方程为，根据题意得，设，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，结合斜率计算公式，直接计算，即可得出结果.【详解】（1）设椭圆的焦距为2c，由双曲线方程易得双曲线的离心率为，则椭圆的离心率，将代入，得 ，又，解得，所以椭圆C的方程；（2）证明：设直线的方程为，又，三点不重合，设，则由消去 ，整理得 ，所以，则 ，设直线，的斜率分别

4、为，则 所以，即直线，的斜率之和为定值.【点睛】本题主要考查求椭圆的方程，考查椭圆中的定值问题，涉及双曲线的离心率，属于常考题型.1已知抛物线的方程为，过其焦点F的直线交此抛物线于MN两点，交y轴于点E，若，则（ ）ABC1D【答案】D【解析】【分析】设直线MN的方程为yk（x1），与抛物线方程联立，由，分别表示出1，2，利用根与系数关系即可算得答案.【详解】解：根据条件可得F（1，0），则设直线MN的方程为yk（x1），M（x1，y1），N（x2，y2），所以E（0，k），联立，整理可得k2x2（2k2+4）x+k20，则x1+x2，x1x21，因为，所以1（1x1）x1，2（1x2）x2，

5、即有1，2，所以.故选：D.【点睛】本题考查直线与抛物线的综合，将条件转化为坐标形式，结合根与系数关系解题是关键，属于中档题.2抛物线与圆在第一象限交点为，抛物线和圆在处的切线斜率分别为，若，则（ ）ABCD【答案】A【解析】【分析】设，利用导数的几何意义求出，利用求出，代入中，并与，联立，即可求出【详解】设，则，因为直线的斜率，所以圆在处的切线斜率，抛物线方程可化为，所以所以抛物线在处的切线斜率，因为，所以，所以，又，所以，所以，即，又，所以，所以，又，解得，所以故选：A【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系、导数的几何意义，同时考查运算能力，属于中档题3已知双曲线，过原点作直线与双曲线交于

6、、两点，点为双曲线上异于、的动点，且直线、的斜率分别为、，若双曲线的离心率为，则（ ）ABCD【答案】D【解析】【分析】化简得到，设，故，得到，计算斜率化简得到答案.【详解】双曲线的离心率为，即，故，即.设，故，故，两式相减得到：，故.故选：.【点睛】本题考查了双曲线中斜率的定值问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.4已知抛物线和圆，直线l经过定点，依次交于A，B，C，D四点，则的值为（ ）A2B1CD【答案】B【解析】【分析】根据题意，作出图象，利用抛物线的定义，将问题转化为焦点弦两端点的纵坐标之间的关系.【详解】根据题意，抛物线的焦点，圆的圆心，以及直线过的点是同一个点，作图如下：故：.

7、则当直线AD垂直与轴时，故此时.当直线AD不垂直与轴时，设直线方程为，联立抛物线方程，整理得：故可得：.故此时.综上所述：.故选：B.【点睛】本题考查抛物线的定义的应用，问题的关键是将线段进行转换，本题中是解题的关键步骤.5若直线过抛物线的焦点交抛物线于两点，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】D【解析】【分析】设出直线方程，与抛物线方程联立，根据一元二次方程的根与系数关系，结合抛物线的定义求解即可.【详解】抛物线的焦点的坐标为，设直线的方程为：，与抛物线方程联立得：，设，因此有，所以有故选：D【点睛】本题考查了抛物线的定义，考查了直线与抛物线的位置关系，考查了一元二次方程根与系数关系的应用，

8、考查了数学运算能力.6.已知椭圆的离心率为，是椭圆上的一点.（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于不同两点、，点关于轴的对称点为，问直线是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，.【解析】【分析】（1）由离心率为得， 将代入椭圆，联解得椭圆方程；（2）设直线方程，与椭圆联解得，求得.，设出直线方程化简得解.【详解】（1），将代入椭圆，.（2）显然斜率存在，设方程 为：，.设，时，直线过定点.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，圆锥曲线的定点等基本知识与基本技能，以及数形结合、转化与化归的数学思想.意在考查考生的运算求解能力、

9、推理论证能力以及分析问题、解决问题的能力.7已知椭圆C：的的离心率为，且其右顶点到右焦点的距离为1.（1）求C的方程；（2）点M、N在C上，且，证明：存在定点P，使得P到直线的距离为定值.【答案】（1），（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据已知列出方程组，解方程即可求得结果；（2）若直线与x轴垂直，求得的坐标，若直线不与x轴垂直，设直线的方程为与椭圆方程联立，由可得，利用韦达定理化简可得，则有，即可证得存在点符合条件.【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆C的方程为；（2）若直线与x轴垂直，由对称性可知，将点代入椭圆方程中，解得；若直线不与x轴垂直，设直线的方程为，由，消去y整理得，所

10、以，又，则，即，所以，整理得，即，故存在定点.综上所述，存在定点，使得P到直线的距离为定值.【点睛】本题考查根据椭圆性质求方程，考查直线和椭圆关系中定点、定值问题,考查计算能力，属于中档题.8.已知椭圆的短轴长为2，离心率为，直线与椭圆交于，两点（1）求椭圆的标准方程；（2）若线段的垂直平分线通过点，证明：【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据题意，列出方程组求解，即可求出椭圆方程；（2）设，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理，由中点坐标公式，得出中点坐标为，再由题中条件，列出等式，化简整理，即可得出结论成立.【详解】（1）由已知可得 解得，故椭圆的标准方程为（2）设，联立

11、方程消去，整理得。当，即时，所以， 即中点坐标为，又线段的垂直平分线通过点，则，即，即，整理得【点睛】本题主要考查求椭圆的标准方程，考查椭圆中的定值问题，熟记椭圆的标准方程和椭圆的简单性质即可，属于常考题型.1（2020年新课标全国I卷）已知A、B分别为椭圆E：（a1）的左、右顶点，G为E的上顶点，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D（1）求E的方程；（2）证明：直线CD过定点.【答案】（1）；（2）证明详见解析.【解析】【分析】（1）由已知可得：， ，即可求得，结合已知即可求得：，问题得解.（2）设，可得直线的方程为：，联立直线的方程与椭圆方程即可求得点的坐

12、标为，同理可得点的坐标为，当时，可表示出直线的方程，整理直线的方程可得：即可知直线过定点，当时，直线：，直线过点，命题得证.【详解】（1）依据题意作出如下图象：由椭圆方程可得：， ，椭圆方程为：（2）证明：设，则直线的方程为：，即：联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：，解得：或将代入直线可得：所以点的坐标为.同理可得：点的坐标为当时，直线的方程为：，整理可得：整理得：所以直线过定点当时，直线：，直线过点故直线CD过定点【点睛】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，属于难题.2（2019年新课标全国III卷）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，

13、过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.【答案】(1)见详解；(2) 3或.【解析】【分析】（1）可设，然后求出A，B两点处的切线方程，比如：，又因为也有类似的形式，从而求出带参数直线方程，最后求出它所过的定点.（2）由(1)得带参数的直线方程和抛物线方程联立，再通过为线段的中点，得出的值，从而求出坐标和的值，分别为点到直线的距离，则，结合弦长公式和韦达定理代入求解即可.【详解】(1)证明：设,则又因为，所以.则切线DA的斜率为，故，整理得.设，同理得.,都满足直线方程.于是

14、直线过点，而两个不同的点确定一条直线，所以直线方程为.即，当时等式恒成立所以直线恒过定点.（2）由（1）得直线的方程为.由，可得，于是.设分别为点到直线的距离，则.因此，四边形ADBE的面积.设M为线段AB的中点，则，由于，而，与向量平行，所以，解得或.当时，；当时因此，四边形的面积为3或.【点睛】此题第一问是圆锥曲线中的定点问题和第二问是求面积类型，属于常规题型，按部就班的求解就可以思路较为清晰，但计算量不小3（2019年北京卷）已知抛物线C：x2=2py经过点（2，1）（）求抛物线C的方程及其准线方程；（）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=1分

15、别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点【答案】() ，；()见解析.【解析】【分析】()由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程；()联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论.【详解】()将点代入抛物线方程：可得：，故抛物线方程为：，其准线方程为：.()很明显直线的斜率存在，焦点坐标为，设直线方程为，与抛物线方程联立可得：.故：.设，则，直线的方程为，与联立可得：，同理可得，易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：，且：，则圆的方程为：，令整理可得：，解得：，即以AB为

16、直径的圆经过y轴上的两个定点.【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.4（2018年北京卷）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N（）求直线l的斜率的取值范围；（）设O为原点，求证：为定值【答案】(1) 取值范围是（-，-3）（-3，0）（0，1）(2)证明过程见解析【解析】【分析】【详解】分析：（1）先确定p,再设直线方程，与抛物线联立，根据判别式大于零解得直线l的斜率的取值范围，最后根据P

17、A，PB与y轴相交，舍去k=3，（2）先设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线联立，根据韦达定理可得，再由，得，利用直线PA，PB的方程分别得点M，N的纵坐标，代入化简可得结论.详解：解：（）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k0）由得依题意，解得k0或0kb0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（1，），P4（1，）中恰有三点在椭圆C上.（）求C的方程；（）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过

18、定点.【答案】(1) .(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据，两点关于y轴对称，由椭圆的对称性可知C经过，两点.另外由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此在椭圆上，代入其标准方程，即可求出C的方程；（2）先设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，再设直线l的方程，当l与x轴垂直时，通过计算，不满足题意，再设l：（），将代入，写出判别式，利用根与系数的关系表示出x1+x2，x1x2，进而表示出，根据列出等式表示出和的关系，从而判断出直线恒过定点.试题解析：（1）由于，两点关于y轴对称，故由题设知C经过，两点.又由知，C不经过点P1，所以点P2在C上.因此，解得.故C的方程

19、为.（2）设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x=t，由题设知，且，可得A，B的坐标分别为（t，），（t，）.则，得，不符合题设.从而可设l：（）.将代入得由题设可知.设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=.而.由题设，故.即.解得.当且仅当时，欲使l：，即，所以l过定点（2，）点睛:椭圆的对称性是椭圆的一个重要性质，判断点是否在椭圆上，可以通过这一方法进行判断；证明直线过定点的关键是设出直线方程，通过一定关系转化，找出两个参数之间的关系式，从而可以判断过定点情况.另外，在设直线方程之前，若题设中未告知，则一定要讨论直线斜率不存在和存在两种情况，其通法是联立方程，求判别式，利用根与系数的关系，再根据题设关系进行化简.今天错在哪里啦？_