新高考数学圆锥曲线62种题型第九节 圆锥曲线中的定点问题（教师版）

这是一份新高考数学圆锥曲线62种题型第九节 圆锥曲线中的定点问题（教师版），共31页。试卷主要包含了定义，如图所示，椭圆有这样的光学性质，已知圆A等内容，欢迎下载使用。


题型一 直线过定点问题
例1 (2023·烟台一模改编)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，若A(－2，0)，直线l：y＝kx＋m与C交于P，Q两点，且AP⊥AQ，试判断直线l是否过定点？若是，求出此定点的坐标；若不是，说明理由．
感悟提升 圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
训练1 (2023·佛山质检)已知双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，且过点P(3，eq \r(2))．
(1)求C的方程；
(2)设Q(1，0)，直线x＝t不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点．
题型二 其它曲线过定点问题
例2 (2023·湖南三湘名校联考)已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a＞b≥1)的离心率为eq \f(\r(2),2)，其上焦点到直线bx＋2ay－eq \r(2)＝0的距离为eq \f(\r(2),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，0))的直线l交椭圆C于A，B两点．试探究以线段AB为直径的圆是否过定点．若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由．
感悟提升 (1)定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平或竖直位置，即k＝0或k不存在．
(2)以曲线上的点为参数，设点P(x1，y1)，利用点在曲线f(x，y)＝0上，即f(x1，y1)＝0消参．
训练2 (2023·深圳调研)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)经过点A(2，0)，且点A到C的渐近线的距离为eq \f(2\r(21),7).
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点(4，0)作斜率不为0的直线l与双曲线C交于M，N两点，直线x＝4分别交直线AM，AN于点E，F.试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由．
题型三 齐次化的处理策略
“齐次”从词面上解释是“次数相等”的意思．在代数里也有“齐次”的叫法，例如f＝ax2＋bxy＋cy2称为二次齐次式，f中每一项都是关于x，y的二次项．下面研究齐次化在圆锥曲线中的应用．
例 已知抛物线y2＝2px(p＞0)，过原点且互相垂直的两直线OA，OB交抛物线于A，B.求证：直线AB过定点．
课时作业
一、单选题
1．已知椭圆为椭圆的右顶点，直线交于两点，且，则恒过除点以外的定点（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】若直线的斜率存在，设直线为，与椭圆联立，结合韦达定理得到，进而可求出结果，注意检验斜率不存在时即可得出结论.
【详解】椭圆为椭圆的右顶点，所以，
由题意知：若直线的斜率存在，设直线为，
则，联立可得，
设，则，
，
因为，即，则，
即
，
即，因此，
即，所以直线过定点，不符合题意，舍去；
，所以直线过定点，符合题意；
当直线的斜率不存在时，直线为，此时设，
，符合题意，故直线恒过除点以外的定点，
故选：A.
2．已知椭圆的右顶点为A，离心率为，若直线与椭圆交于两点(不是左、右顶点)且满足，则直线在轴上的截距为( )
A．B．C．或D．
【答案】D
【分析】设直线，联立直线l和椭圆的方程，根据韦达定理和可求出m和k的关系，从而确定直线在x轴上的截距．
【详解】由，结合，可得，又，则，
故椭圆的方程为，A为(2，0)﹒
设，，则，
由得，即，
设直线，
由，得，
由得，则，，
由得，
将代入上式可得，
则，即，
∴(此时直线过右顶点，应舍去)或，
则直线的方程为，即，
则直线在轴上的截距为．
当l斜率不存在时，设l为x=t≠2，
∵，则AE⊥AF，根据椭圆对称性可知E、F的坐标为(t,±(2－t))，
代入椭圆的方程可求得或t＝2(舍去)．
综上，直线l在x轴上的截距为．
故选：D．
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（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示可解得或，然后分类讨论可得答案
【详解】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.
【点睛】本题考查了直线和椭圆的位置关系，解题的关键点是利用韦达定理表示，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.
4．定义：若点在椭圆上，则以 为切点的切线方程为：.已知椭圆 ，点为直线上一个动点，过点作椭圆的两条切线 ，，切点分别为，，则直线恒过定点（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设，，，即可表示出的方程，又在上，即可得到，即可得到直线的方程，从而求出直线过的定点；
【详解】解：因为点在直线上，设，，，所以的方程为，又在上，所以①，同理可得②；
由①②可得的方程为，即，即，所以，解得，故直线恒过定点
故选：C
5．如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.根据椭圆的光学性质解决下题：已知曲线的方程为，其左、右焦点分别是，，直线与椭圆切于点，且，过点且与直线垂直的直线与椭圆长轴交于点，则
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由椭圆的光学性质得到直线平分角，因为
由，得到，故 .
故答案为C.
二、解答题
6．已知圆A：，直线过点且与轴不重合，交圆于C，D两点，过作AC的平行线交AD于点E.
(1)求点E的轨迹的方程；
(2)设轨迹的上、下顶点分别为G、H，过点的直线交轨迹于M、N两点（不与G、H重合），直线GM与直线交于点，求证：P、H、N三点共线.
【答案】(1)；
(2)证明见详解.
【分析】（1）由椭圆的定义求点E的轨迹的方程即可；
（2）证明P、H、N三点共线，转化为证明.
【详解】（1）
如图：因为，平行于，
所以，所以，
故，
又由于圆A：，可得，
从而，所以.
又，，所以,
所以，
有椭圆的定义可知点E的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
所以点E的轨迹的方程为：.
（2）证明：如图：
由题意可知：,，
因为过点的直线交轨迹于M、N两点（不与G、H重合），
所以直线的斜率存在，可设直线的方程为：，设，.
联立与可得：
恒成立，
所以，.
直线的斜率为，所以方程为：与直线交于点，
所以，所以，，
所以P、H、N三点共线.
【点睛】经过圆锥曲线上满足某条件的动点的直线过定点问题，可探求出动点坐标，求出直线方程，即可推理计算解决问题，证明三点共线问题可以转化为斜率之差为零的问题.
7．已知椭圆经过点，离心率为，点A为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆相交于不同于点A的两个点，.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若以P，Q为直径的圆恒过点A，求证：直线l恒过定点，并求出定点坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析；定点
【分析】（1）根据条件直接建立的方程，求出，从而求出结果；
（2）讨论直线斜率存在与不存在两种情况，先求出直线斜率不存在时的直线方程，当斜率存在时，设出直线方程，并与椭圆方程联立，运用韦达定理结合条件得与的关系，从而求出直线过定点.
【详解】（1）由题意知： ，可得： ，
则椭圆的标准方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，设，联立，解得，所以，，又，
所以由，解得或（舍去），此时直线方程为，
当直线的斜率存在时，设，
联立，消得到.
由得，，由韦达定理知，，，因为以P，Q为直径的圆恒过点，
由，
将，代入整理得，即，所以或 ，
当时，直线为，此时直线过点，不合题意，舍去，
当时，直线为，此时直线过定点
综上，直线恒过定点.
8．已知圆锥曲线E上有两个定点、，P为曲线E上不同于M，N的动点，且当直线PM和直线PN的斜率，都存在时，有．
(1)求圆锥曲线E的标准方程；
(2)若直线l：与圆锥曲线E交于A、B两点，交x轴于点F，点A，F，B在直线：上的射影依次为点D，K，G
①若直线l交y轴于点T，且，，当m变化时，探究的值是否为定值？若是，求出的值；否则，说明理由；
②连接AG，BD，试探究当m变化时，直线AG与BD是否相交于定点？若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由．
【答案】(1)；
(2)①定值，；②交于定点，坐标为.
【分析】（1）设出点的坐标，由题设条件列出方程，化简整理作答.
（2）①求出点的坐标，联立直线与椭圆的方程，利用向量关系结合韦达定理计算作答；
②由探求出定点坐标，时，结合①求出直线方程，判断定点在直线上即可推理作答.
【详解】（1）设点的坐标为，由，得，整理得，
所以圆锥曲线的标准方程为.
（2）①显然，直线与轴的交点为，设，
由消去x得：，
则，由，得，
即，同理由，得，
因此，
所以的值是定值，且.
②若，则直线为，此时四边形为矩形，
根据对称性知，直线与相交于与的中点，显然点，
若，依题意，点，
于是直线的方程为，
当时，
，因此点在直线上，同理点也在直线上，
即当时，直线与也相交于定点，
所以当变化时，直线与相交于定点.
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
9．如图，在中，点.圆是的内切圆，且延长线交于点，若.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)若椭圆上点处的切线方程是，
①过直线上一点引的两条切线，切点分别是，求证：直线恒过定点；
②是否存在实数，使得，若存在，求出的值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②存在实数
【分析】（1）抓住内切圆的性质找到等量关系，再由定义法即可求结果；
（2）①通过题设发现切点的坐标满足一个同构方程，从而得出直线的方程求出过的定点；
②涉及到直线与圆锥曲线相交的问题，若用的是代数法，一般是联立方程化简，结合韦达定理将所求表达出来再进化简转化等，注意设而不求的思想方法
【详解】（1）解：据题意，，
从而可得，
由椭圆定义知道，的轨迹为以为焦点的椭圆，
所以所求的椭圆的方程为.
（2）解：①设切点坐标为，直线上的点的坐标，
则切线方程分别为，
又两切线均过点，即，
从而点的坐标都适合方程，
而两点之间确定唯一的一条直线，故直线的方程是，
显然对任意实数，点都适合这个方程，故直线恒过定点.
②将直线的方程，代入椭圆方程，得，
即，
不妨设，
同理.
所以
故存在实数，使得.
10．已知在平面直角坐标系中，椭圆焦距等于，且经过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)椭圆C的右顶点为A，若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为，试问直线PQ是否过定点，如果是，求出定点的坐标，如果不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)过定点，
【分析】（1）解法一：根据椭圆的定义求出，进而可求得，即可求得方程；
解法二：利用待定系数法求出即可；
（2）设直线PQ的方程为，设，，联立方程，利用韦达定理求出，，再根据直线AP与AQ的斜率之积为求出的关系即可得出结论.
【详解】（1）解法一：由已知得，
则椭圆的两焦点坐标分别为，，
又，即，
解得，又，
所以椭圆G的方程为；
解法二：由题意可得，解得，
所以椭圆方程为；
（2）由（1）知，
由已知直线AP，AQ斜率同号，因此直线PQ的斜率存在，
设直线PQ的方程为，设，，
由得，
，化简得，
由韦达定理得，，
，
代入，，
得，整理得或，
当时，，则，不符题意，
所以，
所以直线直线PQ方程为或，
因为直线不过点，
所以直线PQ方程为，经检验，符合题意，此时直线过定点，
所以直线PQ过定点.
【点睛】方法点睛：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.
11．已知椭圆的离心率为，上顶点的坐标为，
(1)求椭圆C的方程．
(2)若椭圆C下顶点是B，M是C上一点（不与A，B重合），直线AM与直线交于点P，直线BP交椭圆C于点N．求证：直线MN过定点．
【答案】(1)
(2)直线MN过定点
【分析】（1）由题意可得：，，解方程即可得出答案；
（2）设，直线的方程为，直线BP的方程为，两直线分别与椭圆的方程联立求出的坐标，即可表示出直线MN的方程，即可知求的直线MN过的定点.
【详解】（1）由题意可得：，，，解得，，
椭圆的标准方程为.
（2），设，直线：，
联立方程，可得：，
则，所以，
故，
，，直线BP的方程为，
联立方程，可得：，
则，所以，
则，
，
所以直线MN的方程为：，
令，故直线MN过定点.
12．椭圆的短轴长为2，离心率为，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆C上是否存在点Q，使得直线MQ，NQ与直线分别交于点A，B，且？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，或
【分析】（1）由椭圆的短轴长和离心率得到，求出椭圆方程；
（2）考虑当斜率不为0时，设，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出直线，得到，同理得到，分与讨论，得到点坐标，再考虑当斜率为0时，也满足要求，从而求出答案.
【详解】（1）由题意得，则，
所以椭圆的方程为．
（2）当斜率不为0时，设，联立，
可得．
.
设，，，
则，．
直线，令得
同理可得．
于是，
故 ．
若，则由，与直线的任意性矛盾,
若，则
所以点的坐标为或,
当斜率为0时，此时设，
不妨令，此时直线为，
令得，故，
直线为，令得，故，
显然，
经验值，当点的坐标为同样满足要求，
综上：点的坐标为或，
【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（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.
13．已知椭圆的长轴长为4，A，B是其左、右顶点，M是椭圆上异于A，B的动点，且．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P为直线上一点，PA，PB分别与椭圆交于C，D两点．
①证明：直线CD过椭圆右焦点；
②椭圆的左焦点为，求的内切圆的最大面积．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）由题意可得，设，可得，，解方程求，可得椭圆方程；
（2）①设，联立直线和椭圆方程，求得的坐标，进而得到，，
再根据向量共线的定义即可得证；
②根据椭圆的定义可求的周长，结合内切圆的性质可得，利用设而不求法
求的最大值即可的结论.
【详解】（1）由已知得：，，，
设，
因为M在椭圆上，所以①
因为，
将①式代入，得，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）①设，则， ，
所以，，
联立方程，得，
则．
联立方程，得，，
则，
椭圆的右焦点为，
，，
因为，
说明C，D，三点共线，即直线CD恒过点．
②因为直线CD恒过点，
所以的周长为，
设内切圆的半径为，
所以的面积，
所以，即，
若内切圆的面积最大，即r最大，也就是最大，
因为三点不共线，
所以直线CD的斜率不为0，设直线CD的方程为，
代入得：，
可得，，
又因为
令，（*）式化为：，
因为函数在上单调递增，
所以当，即时，（*）式取最大值3，
所以，故，
所以得到内切圆面积的最大值为，当时取得．
【点睛】关键点点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
14．如图，点A是椭圆的短轴位于x轴下方的端点，过A作斜率为的直线l交椭圆于点B，若点P的坐标为，且满足轴，．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点M是直线上的动点，过点M分别做椭圆C的两条切线，切点分别为S，T，求证：直线ST过定点．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据向量数量积及直线斜率可求出点B的坐标，代入椭圆方程求解即可；
（2）设切点，，根据椭圆的切线方程结论写出切线，得出切点弦所在直线，利用直线过定点求解.
【详解】（1），设，
∵，∴，，
解得，
，解得．
∴，
代入椭圆方程可得：，解得．
∴椭圆C的方程为．
（2）∵椭圆C方程为：，
设切点，，如图，
则根据椭圆上一点的切线方程的结论可得：
两切线方程为：，
设，∴，
根据方程同解原理可得：ST直线方程为：，
即，
∴ST直线恒过定点.
15．已知椭圆的一个顶点为，焦距为． 椭圆的左、右顶点分别为，为椭圆上异于的动点，交直线于点，与椭圆的另一个交点为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)直线是否过轴上的定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，说明理由．
【答案】(1)
(2)经过定点，定点为
【分析】（1）根据椭圆的基本性质求解、、即可；
（2）使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，得到、两点的坐标，求出其方程，化简为直线的点斜式方程即可得到定点坐标.
【详解】（1） 椭圆 的一个顶点为，焦距为，
， 解得，
椭圆 的方程为 .
（2）在直线 上，则点 ，
由 ，得 ，
由 ,得 ，
，
，

，
，
直线过定点 .
【点睛】（1）利用椭圆的基本性质，结合椭圆的定量关系可求得所要的椭圆方程；
（2）直线经过定点问题，使用直线与椭圆交于两点，直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求出另一点的坐标，这样得到直线上两点，写出直线方程，化为点斜式的方程，可得到直线所过的定点.
16．已知椭圆E：经过点，且离心率为．F为椭圆E的左焦点，点P为直线l：上的一点，过点P作椭圆E的两条切线，切点分别为A，B，连接AB，AF，BF．
(1)求证：直线AB过定点M，并求出定点M的坐标；
(2)记△AFM、△BFM的面积分别为和，当取最大值时，求直线AB的方程．
参考结论：点为椭圆上一点，则过点Q的椭圆的切线方程为．
【答案】(1)证明见解析，定点
(2)
【分析】（1）由题求出椭圆的标准方程，根据参考结论得两条切线的方程，由点P为两切线的交点，得直线AB的方程，求出直线所过定点；
（2）由直线AB所过定点设直线方程，与椭圆联立，计算面积之差，利用基本不等式求出最值，及取最值时直线的方程.
【详解】（1）由题意可得，，又因为，
所以，，椭圆E的方程为．
设，，，
由参考结论知过点P在A处的椭圆E的切线方程为，
同理，过点P在B处的椭圆E的切线方程为．
因为点P在直线PA，PB上，所以，
所以直线AB的方程为，则直线AB过定点．
（2）设直线AB的方程为，
联立方程组，得，
故，，
，
当且仅当，即时取等号，
此时直线AB的方程为．