新高考数学解答题核心考点分解训练与突破03圆锥曲线中的定点定值问题含解析答案

这是一份新高考数学解答题核心考点分解训练与突破03圆锥曲线中的定点定值问题含解析答案，共28页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．已知椭圆，点为直线上一动点，过点向椭圆作两条切线、，、为切点，则直线过定点 ．
2．已知椭圆上一点，点是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，若，则直线过定点 .
3．已知双曲线的右焦点为，过点作双曲线的两条互相垂直的弦，设的中点分别为.则直线过定点 .
4．已知椭圆，直线过点且与椭圆相交于两点．过点作直线的垂线，垂足为.则直线过轴上的定点坐标为 ．
5．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 .
6．设椭圆的上顶点为，过任作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，两点，则直线过定点 ．
7．若过椭圆右焦点作两条斜率不为且互相垂直的直线分别交椭圆于和，线段的中点为，线段的中点为，则直线过轴上一定点 .
8．已知点F为椭圆的左焦点，垂直于x轴的动直线l与椭圆C相交于不同两点P，Q，直线PF与椭圆C的另一个交点为M（异于点Q），直线QM恒过定点B，则点B的坐标为 ．
9．双曲线的左、右两支上各有一点A、B，点B在直线上的射影是点，若直线AB过右焦点，则直线必定经过的定点的坐标为 ．
10．已知椭圆交轴于A，两点，点是椭圆上异于A，的任意一点，直线，分别交轴于点，，则为定值．现将双曲线与椭圆类比得到一个真命题：若双曲线交轴于A，两点，点是双曲线上异于A，的任意一点，直线，分别交轴于点，，则为定值 ．
11．已知A，B是双曲线上的两个动点，动点P满足，O为坐标原点，直线OA与直线OB斜率之积为2，若平面内存在两定点、，使得为定值，则该定值为 ．
12．已知点和椭圆C：，点，在上，且，，为垂足．存在定点，使得为定值，则定点的坐标为 ．
13．已知点A，B为椭圆上的两个动点，点O为坐标原点，直线与的斜率之积为，x轴上存在关于原点对称的两点M，N，使得对于线段上的任意点P，都有的最小值为定值，则此定值为 ．
14．设是椭圆上的两个动点，当两点的纵坐标满足时，是定值，则 ．
15．过双曲线的右焦点的直线交双曲线于、两点，交轴于点，若，，规定，则的定值为.类比双曲线这一结论，在椭圆中，的定值为 .
16．已知双曲线：和椭圆：.过点的动直线交于A，B两点，过点Р的动直线交于M，N两点，若四条直线的斜率之和为定值，则定点Q为 .
17．已知点为上一动点．过点作椭圆的两条切线，切点分别，当点运动时，直线过定点，该定点的坐标是 ．
18．已知椭圆的左顶点为A，过A作两条弦AM、AN分别交椭圆于M、N两点，直线AM、AN的斜率记为，满足，则直线MN经过的定点为 ．
19．若椭圆C：的离心率是，一个顶点是，且，是椭圆上异于点的任意两点，，则直线过定点 ．
20．已知椭圆：，为短轴顶点，椭圆上两个不同点满足，则直线恒过的定点的横坐标为 ．
21．已知椭圆：，不过点的动直线l交椭圆于A，B两点，且，则直线l过定点__________．
22．已知双曲线，过点的动直线与C交于两点P，Q，若曲线C上存在某定点A使得为定值，则的值为 ．
23．如图，已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，点P是直线上的一点，直线PB交C于另外一点M，记直线PA，AM的斜率分别为，，则 ．
24．已知椭圆的上下顶点分别为，过点的直线交椭圆于两点，记，则 .
参考答案：
1．
【分析】求得过椭圆上一点处的切线方程，再根据题意，求得的方程，即可由相交直线系方程，求得直线恒过的定点.
【详解】若过椭圆上任意一点作切线，则其斜率存在，
不妨设其为，
联立椭圆方程可得：，
则，
即，
又该方程
因为，则，故可得，
故此时过椭圆上一点的切线方程为，
即，，即；
当时，显然过点的切线方程也满足，
综上所述，过椭圆上任意一点的切线方程为：；
设，则，，，
则切线的方程为，切线的方程为，
又点在上，故，
可得A、B都在直线上，
即，，
令，解得，故直线AB过定点．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆中直线恒过定点的问题，处理问题的关键是熟练掌握过椭圆上一点的切线方程的推导以及其形式，属综合困难题.
2．
【分析】分直线斜率存在与不存在进行讨论，当斜率存在时，设出直线的方程，联立曲线得到与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理及斜率公式表示出，计算即可得解；若斜率不存在，设出方程，结合曲线方程可计算出直线的方程，即可得解.
【详解】由题意若直线的斜率存在，设其方程为，，
由，消去y得，
，
则，
于是
，
化简得，即，
当，即时，直线的方程为，
过定点，不满足题意，
当，即时，满足，
直线：，过定点，
当直线的斜率不存在时，
设其方程为，由得，
则，
解得（舍）或，
显然直线：过定点，
综上，直线过定点.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
3．
【分析】设出直线的方程，点和点的坐标，求出点的坐标，联立求出韦达定理，分和两种情况即可求解.
【详解】
由题意可设，，
则，由得：，
与双曲线有两个交点，，则，，
当时，点与点重合，此时直线为轴，
当时，将上式点坐标中的换成，可得，
①当直线不垂直于轴时，，
则直线，化简得：，直线过定点，
②当直线垂直于轴时，，解得：，此时直线也过定点.
综上所述：直线过定点.
故答案为：.
4．
【分析】当直线斜率不存在时，直线的方程为，设出点并求出直线，易知直线过点；当直线的斜率存在时，设，直线为，， 联立，结合根与系数的关系，证明直线过点即可
【详解】（1）当直线斜率不存在时，直线的方程为，
不妨设，
则
此时直线的方程为
即，
所以直线过点．
（2）当直线的斜率存在时，设，直线为，，
由得，
所以
直线：，只需证明直线过点即可，
令，得，
所以
，
即证，即证，
可得，
所以直线过点．
综上所述，直线恒过轴上的定点．
5．/
【分析】设，，，即可表示出的方程，又在上，即可得到，利用同理可得到，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，
故答案为：
6．
【分析】设直线的方程为，联立方程组得到，根据列出方程，求得的值，进而得到答案.
【详解】根据题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
则，
且，
由，所以，
所以，解得或，
当时，直线AB经过点D，不满足题意，则直线AB的方程为，
所以直线AB过定点．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
7．
【分析】用方程思想来计算中点的坐标，而的坐标就可以利用换成得到的坐标，再利用两点式得到动直线方程，从而找到定点.
【详解】设直线的方程为，其中,设点、,联立,,所以，
，故点，
由直线的方程为，相当于把换成再计算，
所以可得点，所以，
所以直线的方程为，
即，因此直线过定点.
故答案为：.
8．
【分析】本题根据直线与圆锥曲线位置关系，联立直线与曲线的方程转化为一元二次方程，利用根与系数的关系法，设而不求，整体代入即可求解.
【详解】由题可知直线PF的斜率存在，设直线PF的方程为：，
设，则，
联立直线与椭圆方程，消去y并整理得：，
则,，显然，
所以直线QM的方程为：，整理得，
又，
所以直线QM的方程为，当时，恒成立，故直线QM过定点．
故答案为：
9．
【分析】根据双曲线的右焦点为，设，直线与双曲线方程联立，表示出直线的方程，令，结合韦达定理求解.
【详解】双曲线的右焦点为，
设，
直线与双曲线方程联立得，
则，
所以，
直线的斜率为，
所以直线的方程为 ，
令化简得，，
即，
则恒成立，
所以直线必定经过的定点的坐标为，
故答案为：
10．－
【分析】由双曲线的方程可得，的坐标，设的坐标，代入双曲线的方程可得的横纵坐标的关系，求出直线，的方程，令，分别求出，的纵坐标，求出的表达式，整理可得为定值．
【详解】由双曲线的方程可得，，设，
则，可得，
直线的方程为：，令，则，可得，
直线的方程为，令，可得，即，
∴，，，
故答案为：－．
另解：双曲线方程化为，只是将的替换为－，故答案也是只需将中的替换为－即可.
故答案为：－.
11．
【分析】设,根据得到，，根据点,在双曲线上则，代入计算得，根据双曲线定义即可得到为定值.
【详解】设,则由,
得，
则，，
点,在双曲线上,
，则
，
设分别为直线,的斜率,根据题意,
可知,即，
，即
在双曲线上,设该双曲线的左、右焦点分别为，
由双曲线定义可知||为定值，该定值为.
故答案为：.
12．
【分析】方法一：当直线斜率存在时设方程为，联立椭圆消去x，利用韦达定理代入整理可得的关系，可得直线过定点，由可知点D在以AP为直径的圆上，AP中点即为所求，然后验证斜率不存在时是否满足即可；方法二：将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为，后与方法一相同.
【详解】［方法一］：通性通法
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，代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，故,
于是的方程为,所以直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍），此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，
则在新的坐标系下椭圆的方程为，
设直线的方程为．
将直线方程与椭圆方程联立得，
即，
化简得，
即．
设，因为，则，
即．代入直线方程中得．
则在新坐标系下直线过定点，
则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
故答案为：
13．/
【分析】考虑的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积为得到为的切线，考虑的斜率不存在时，也满足要求，利用椭圆定义和几何性质得到最小值，即定值.
【详解】当的斜率存在时，设为，
与联立得，
设，则，
则由题意得，化简得，①
因为x轴上存在关于原点对称的两点M，N，使得对于线段上的任意点P，都有的最小值为定值，
所以直线为某一个椭圆的一条切线，
联立与，得，
由得，②，
比较①②得，解得，
故直线为椭圆的切线，
当直线的斜率不存在时，设，则，
由可得，，
联立可得，
此时直线的方程为，为椭圆的切线，
由椭圆定义和几何性质可知，当且仅当为切点，为的焦点时，等号成立，
故此定值为.
故答案为：
【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.
14．1
【分析】根据题意和椭圆的方程，化简得的，进而得到，结合是定值，得到，即可求解.
【详解】由是椭圆上的两个动点，可得，
因为，可得，即
又由，
则，
因为是定值，所以，可得.
故答案为：.
15．
【分析】设椭圆的右焦点为，过点的直线为，设，联立直线方程与椭圆方程，得到与，根据图形可知，，然后得出，将与的值代入求解即可.
【详解】如图，设椭圆的右焦点为，过点的直线为，代入椭圆的方程得：，
设，，则，，
过点分别作轴的垂线，垂足为，则，，
所以
将，代入化简得：.
故答案为：.

【点睛】本题考查椭圆中的定值问题，解答本题的关键在于先设出直线的方程，然后根据几何条件得出与关于两点，坐标的关系，然后联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理求解.
16．
【分析】设直线的方程为，得到，联立方程组得到，设，求得，要使得为定值，求得，，再设直线方程为，得到，联立方程组求得，化简得到，进而得到，即可求解.
【详解】当直线、的斜率不存在时，不满足题意.故直线的方程设为，
直线过点，即，
联立方程组，整理得，
则，且，
设，，有，，
设，，
整理得，
则，
将代入得，
由动直线、互不影响可知，要满足为定值，
则为定值，为定值，
因此要满足为定值，则有：
①若，，计算得，，
经检验满足，此时；
②若，即，，
则有无解；
综上，当，，
下面只需验证当时，是否为定值，
设直线方程为：，直线过点，即，
椭圆方程联立，得，可得，
设，，有，，
，
化简得，
则，
将得，所以当，，，，所以点坐标为.
故答案为：.
【点睛】方法知识总结：解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：
1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；
2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
17．
【详解】设点的坐标是，则切点弦的方程为，化简得，令，可得，故直线过定点．
18．
【分析】设出直线OM,ON的方程，代入到椭圆方程解出M,N的坐标结合进行化简，进而求出直线MN的方程，最后得到答案.
【详解】由题意，椭圆的左顶点为（-4,0），设，
由，则，
由,因为，所以，
则，
所以，
于是，化简得：，
令，所以直线MN经过轴上的定点.
故答案为：.
【点睛】本题思路比较直接，但运算量比较大，平常多注意运算方面的训练.
19．
【分析】由椭圆的离心率和的坐标及，，之间的关系求出椭圆的方程；设直线方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，再由，所以，将两根之积代入可得直线恒过定点的坐标．
【详解】解：由题意可得，解得：，，
所以椭圆的方程为：；
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，，
设，，，，
联立，整理可得：，
可得，，
则，，
因为，所以，
即：，，，所以，
代入可得：，
整理可得：，解得：或1，
且，是椭圆上异于点的任意两点，故，
所以直线的方程为：，恒过定点；
②当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，
则可得，
设，，
因为，所以，
所以，，，
即，解得：，
所以直线也过.
故答案为：．
20．0
【分析】设直线PQ的方程为：，与椭圆联立，求得韦达定理，又，则，代入化简可以得到参数t满足的方程，解得t的值，即可求得定点，从而解得定点的横坐标.
【详解】设，，，直线PQ的方程为：，
由题意知k必然存在，联立，
化简得，
由韦达定理知，，
又，则，
即，
代入韦达定理，化简得，解得或（舍）；
所以过定点，定点的横坐标为0，
同理，根据对称性可得，当时，定点的横坐标为0，
故答案为：0
【点睛】方法点睛：求直线过定点，需要求得直线方程，根据斜率和截距的关系，判断定点的值，在求解过程中，常常联立直线与圆锥曲线方程，通过韦达定理代入条件化简来求得参数间的关系，从而求得结果.
21．
【解析】设直线为联立方程组化为一元二次方程，由韦达定理求得，，，，由得，将坐标代入化简求得，再代入直线方程即可得定点.
【详解】依题意设直线为，，
由 得则，
，
，
，
则有或，
又因为；
当时， 直线与椭圆不一定有两个交点，故不成立；
经检验成立，故
所以
故直线l过定点
故答案为：
【点睛】关键点点晴：关键在于由韦达定理求得，，，，由得，将坐标代入化简求得关系.
22．/0.8
【分析】设直线方程，联立直线方程与双曲线方程，利用韦达定理法可得，结合条件即得.
【详解】设，当直线斜率不存在时，直线与双曲线无交点，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，，，
则，
由，可得，
则，，
所以
，
要使为定值，则，
可得或，
当时，点A不在双曲线上，
可得，，或，，，
故．
故答案为：.
23．
【分析】设，由斜率公式可得，设，则有，由，可得.
【详解】，，设，
则，直线PB的斜率．
设，则有，
由，，所以，
所以，故．
故答案为：
24．3
【分析】设，直线斜率为，直线：，直线：，联立直线和椭圆得到，，再把直线，直线分别与直线联立求得和坐标，利用等式得到和，两式相乘即可得出答案.
【详解】如图，，

设，直线斜率为，
则直线为，
联立，得，
则，，
设直线：，直线：，
联立，得，
联立，得，
由得，
解得，①
由得，
解得，②
①②得：，
即，则.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查解析几何，考查直线与椭圆相交问题，考查数学运算，属于中档题.