人教A版高中数学（选择性必修第一册）同步讲与练第25讲 圆锥曲线直线圆过定点问题（2份，原卷版+解析版）

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第25讲 圆锥曲线直线圆过定点问题【题型目录】题型一：直线过定点问题（设直线为）题型二：直线过定点问题（利用坐标写出直线方程）题型三：圆过定点问题【典型例题】题型一：直线过定点问题（设直线为）此类问题，我们一般设直线为，根据题目给出的条件，转化为坐标之间的关系，利用韦达定理找出与之间的关系，即可求出定点。【例1】（2022·湖北·襄阳五中高三开学考试）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点是椭圆的一个顶点，是等腰直角三角形．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点分别作直线，交椭圆于A，两点，设两直线，的斜率分别为，，且，证明：直线过定点．【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）根据条件确定a,b的值，从而可得椭圆方程；（2）讨论直线AB的斜率存在和不存在两种情况，斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程得到根与系数的关系式，用A,B坐标表示，结合根与系数的关系式化简，即可求得直线过定点，当斜率不存在时，亦可说明直线过该定点.（1）由题意点是椭圆的一个顶点，知，因为是等腰直角三角形，所以，即，所以椭圆的标准方程为：．（2）若直线的斜率存在，设其方程为，由题意知．由，得，由题意知，设，，所以，，因为，所以，所以，整理得，故直线的方程为，即，所以直线过定点．若直线的斜率不存在，设其方程为，，．由题意得，解得，此时直线的方程为，显然过点．综上，直线过定点．【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆的位置关系中直线过定点问题，综合性强，计算量大，解答的关键是将已知条件利用，的坐标来表示，结合根与系数的关系进行化简，要特别注意计算的准确性.【例2】（2022·重庆南开中学高三阶段练习）已知椭圆经过点，且离心率.(1)求椭圆的标准方程；(2)直线与椭圆交于两点，为椭圆上顶点，直线交直线于两点，已知两点纵坐标之和为.求证：直线过定点，并求此定点坐标.【答案】(1)；(2)证明见解析，定点.【分析】（1）将点代入方程中，再由离心率为，结合可求出，从而可得椭圆方程，（2）设，将直线方程代入椭圆方程中化简，利用根与系数的关系，然后表示出直线的方程，表示出两点纵坐标，列方程化简可求得，从而可求得直线方程，进而可得结论（1）因为椭圆经过点，所以，因为离心率，所以，即，因为，所以解得所以方程为（2）设，则，得，由，得，则，直线为，则，直线为，则，所以，化简得：，所以化简得当，与点重合，不满足条件当，代入直线方程可得：，所以过定点.【例3】（2022·全国·高二单元测试）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，①，②所以，③，④又因为，⑤将①②③④代入⑤，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4】（2022·河南安阳·高二期末（理））已知椭圆的离心率为，、分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上在第一象限内的任意一点，且的周长为．(1)求的方程；(2)已知点，若不过点的直线与交于、两点，且，证明：直线过定点．【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）由题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程联立，列出韦达定理，由已知可得出，根据平面向量数量积的坐标运算可得出关于的方程，解出的值，即可得出直线所过定点的坐标.(1)解：的周长为，由已知可得，解得，因此，椭圆的方程为.(2)解：由可得.若直线的斜率不存在，设点、，则，其中，则，，所以，，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，得，，即，，因为，，由，得，即，则，整理得，解得.所以，直线的方程为，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.【例5】（2022·全国·高三专题练习）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.【题型专练】1．（2022·河北保定·高一阶段练习）椭圆C：的离心率为，其左，右焦点分别为，，上顶点为B，且．(1)求椭圆C的方程；(2)过点作关于x轴对称的两条不同的直线和，交椭圆于点，交椭圆于点，且，证明：直线MN过定点，并求出该定点坐标．【答案】(1)，(2)证明见解析，定点坐标为【分析】（1）根据椭圆离心率可得到，根据可得，结合a，b,c的关系解得答案;（2）设直线方程并联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，由直线和关于x轴对称，可得和斜率之和为0，得到，化简得到，即可证明结论.（1）由题意得，，即 ，得，又，且 ，故 ，即 ，结合解得 ，故椭圆C的方程为；（2）证明：由题意可知，直线MN斜率存在且不为0，故设直线MN方程为 ，，，联立可得：，即有，需满足，则，因为直线和关于x轴对称，故和斜率之和为0，即，即，即，即，即有 ，则 ，所以直线MN方程为，故直线MN过定点，定点坐标为.【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系的综合应用，涉及到直线过定点问题，综合性较强，计算量大，解答的关键是设直线方程并联立椭圆方程，利用根与系数的关系结合和斜率之和为0进行化简.2．（2022·广西梧州·高二期末（理））已知椭圆C：（）的短轴长为2，，分别为椭圆C的左、右焦点，B为椭圆的上顶点，.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设P为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C相交于M，N两点（M，N两点异于P点），且，证明：直线l恒过定点.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）求出，利用向量数量积运算得到，从而求出，求出椭圆方程；（2）设出直线方程（），与椭圆方程联立，写出两根之和，两根之积，根据向量垂直得到等量关系，求出直线所过定点.（1）由题意，，，设焦距为，则，，，解得：，又，所以，所以椭圆C的标准方程为.（2）由题意知，直线l的斜率不为0，则不妨设直线l的方程为（）.联立得，消去x得：，，化简整理，得.设，，则，.因为，所以.因为，，，得，将，代入上式，得，得，解得：或（此时M或N与P重合，舍去）所以直线l的方程为，则直线l恒过点.【点睛】圆锥曲线定值定点问题，通常思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，然后结合题干中条件得到等量关系，求出定值或定点.3．（2022福建·南靖县第一中学高二期中）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.4．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高二期末）已知椭圆的离心率为，左顶点和上顶点分别为A､B，(1)求b的值；(2)点P在椭圆上，求线段的长度的最大值及取最大值时点P的坐标；(3)不过点A的直线l交椭圆C于M，N两点，记直线l，的斜率分别为，若.证明：直线l过定点，并求出定点的坐标.【答案】(1)，(2)，，(3)证明见解析，过定点【分析】（1）易得椭圆的焦点在轴上，根据椭圆得离心率即可求得；（2）设，根据两点得距离公式结合二次函数的性质即可得出答案；（3）设直线的方程为，，与椭圆方程联立，利用韦达定理和两点间的斜率公式化简，结合，即可求得与的关系，从而可得出结论.(1)解：由题意可知椭圆的焦点在轴上，则，所以，所以；(2)由（1）得椭圆的方程为，则，设，则，因为点P在椭圆上，所以，则，则，所以当时，，此时，所以；(3)证明：，设直线的方程为，，联立，消得，则，则因为，则，即，即，即，即，化简得，解得或，又因直线l不过点，所以，所以直线得方程为，所以直线过定点.5．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆M：（a>b>0）的离心率为，AB为过椭圆右焦点的一条弦，且AB长度的最小值为2.(1)求椭圆M的方程；(2)若直线l与椭圆M交于C，D两点，点，记直线PC的斜率为，直线PD的斜率为，当时，是否存在直线l恒过一定点？若存在，请求出这个定点；若不存在，请说明理由.【答案】(1)，(2)存在，【分析】（1）由题意求出，即可求出椭圆M的方程.（2）设直线l的方程为m(x－2)+ny＝1，，，联立直线l的方程与椭圆方程，得，则，化简得，即可求出直线l恒过的定点.(1)因为（a>b>0）的离心率为，过椭圆右焦点的弦长的最小值为，所以a＝2，，，所以椭圆M的方程为.(2)设直线l的方程为m(x－2)+ny＝1，，，由椭圆的方程，得.联立直线l的方程与椭圆方程，得，即，，所以，化简得，代入直线l的方程得，即，解得x＝－2，y＝－4，即直线l恒过定点.6．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率，且过点.(1)求的方程；(2)已知点，直线与交于、两点，若的平分线垂直于轴，证明：过定点.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件可出关于、、的方程，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，分析可知，可得出、所满足的等式，化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.(1)解：由已知可得，解得，因此，椭圆的方程为.(2)解：由题意可知，直线、的斜率互为相反数.若直线的斜率不存在，直线、关于轴对称，此时的平分线为轴，不合乎题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设点、，联立可得，，可得，由韦达定理可得，，，，所以，，所以，，可得，所以，直线的方程为，此时直线过定点.综上所述，直线过定点.【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.7．（2022·江西省铜鼓中学高二期末（文））已知椭圆的焦点为，且过点．(1)求的方程；(2)设为椭圆的右顶点，直线与椭圆交于两点，且均不是的左､右顶点，为的中点．若，试探究直线是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)；(2)直线过定点【分析】(1)由题意可得，，即可求方程；(2) 由题意可得，即有，分直线的斜率存在和直线的斜率不存在两种情况求解即可.(1)解：设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，因为，所以，即．又因为，所以，又椭圆的焦点在轴上，且中心在坐标原点，所以的方程为．(2)因为，则，又因为为的中点，所以，易知点，设．当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由,得，所以，由韦达定理可得，，则，化简可得，即．若，则直线的方程为，此时直线过顶点，不符合题意；若，易知满足，此时直线的方程为，直线过定点；当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，则，所以，则，，因为，解得，直线过点．综上，直线过定点．题型二：直线过定点问题（利用坐标写出直线方程）此类问题，我们可以求出两点的坐标（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。【例1】（2022·全国·高三专题练习）椭圆，过点的直线和相互垂直（斜率存在），分别是和的中点．求证：直线过定点．【答案】证明见解析【分析】根据已知条件及中点坐标公式，利用点差法得出斜率的关系及直线方程联立，分类讨论，结合直线的点斜式和斜截式方程即可求解.【详解】由题意可知，设AB直线为，，,则因为分别是的中点，所以，因为在椭圆上，所以，由，得，即，于是有，所以，，解得，∴．（1）当时，点即是点，此时，直线MN为轴．（2）当时，将上式点坐标中的换成，同理可得．①当直线MN不垂直于轴时，直线MN的斜率，其方程，化简得，∴直线MN过定点．②当直线MN垂直于轴时，，此时，，直线MN也过定点．综上所述，直线MN过定点．【例2】（2022·全国·高三专题练习（文））已知点是椭圆C：（）的左焦点，且椭圆C经过点．过点作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，过点M作直线l：的垂线，垂足为E．(1)求椭圆C的标准方程；(2)求证：直线过定点，并求定点的坐标．【答案】(1)，(2)证明见解析；过定点.【分析】（1）由，解方程组可得答案；（2）设直线为，，，，联立直线与椭圆方程结合韦达定理可得直线方程，令可得答案.(1)由题意知，所以，而，故椭圆的标准方程为．(2)由题意，设直线：，，，，联立，整理得，显然恒成立，则，，易知：，又，所以直线：，令，则．所以直线过定点．【题型专练】1．（2022·山西·太原市外国语学校高三开学考试）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.2．（2023·全国·高三专题练习）已知是圆上的动点，是线段上一点，，且(1)求点的轨迹的方程(2)过的直线分别与轨迹交于点和点，且，若分别为的中点，求证：直线NH过定点【答案】(1)，(2)直线NH过定点，证明见解析.【分析】（1）利用定义法判断出点的轨迹为椭圆，求出a、b、c，即可得到方程；（2）当直线DE的斜率存在且不为0时,可设直线DE的方程为 (m≠0),用“设而不求法”表示出，得到直线NH的方程，判断出过定点；当直线DE的斜率为0或斜率不存在时, 直接求出直线NH的方程，判断出过定点.(1)由题意知,.因为，所以,所以点M的轨迹C是以A,B为左、右焦点,长轴长为4的椭圆.设椭圆C的标准方程为，则a=2,c=1,所以，所以点M的轨迹C的方程为.因为，所以.i.当直线DE的斜率存在且不为0时,可设直线DE的方程为 (m≠0),则直线FG的方程为.联立,得消去x,可得.设，则，，所以.同理可求：.当时，，所以直线NH的方程为：整理得：，所以直线NH过定点.当时，，直线NH：过定点.ii.当直线DE的斜率为0时,易得DE的中点N(0，0),FG的中点H(1,0)；当直线DE的斜率不存在时,易得DE的中点N(1,0),FG的中点H(0,0). 所以当直线DE的斜率为0或不存在时, 直线NH：过定点.综上所述：直线NH过定点.题型三：圆过定点问题【例1】（2022·云南普洱·高二期末）已知椭圆：（）的离心率为，其左､右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，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，直线的方程为，所以，，所以以为直径的圆为，整理得：.①因为，令①中的，可得，所以，以为直径的圆过定点.【例2】（2022·湖南·雅礼中学二模）如图，已知椭圆，其左､右焦点分别为，过右焦点且垂直于轴的直线交椭圆于第一象限的点，且.(1)求椭圆的方程；(2)过点且斜率为的动直线交椭圆于两点，在轴上是否存在定点，使以为直径的圆恒过这个点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)；(2)存在，.【分析】（1）利用椭圆的定义可得，结合题列出关系式，可得，即得；或利用椭圆上点的坐标结合定义可得.（2）由题可设直线的方程为：，设点，利用韦达定理法，结合条件可得，即得.(1)法一：，,，,,∴椭圆方程为：.法二：设，代入椭圆方程，由，解得，，椭圆方程为：.(2)设动直线的方程为：，由，得设，则，由对称性可设存在定点满足题设，则，由，可得，所以，∴，∴，由题意知上式对成立，且，解得.存在定点，使得以为直径的适恒过这个点，且点的坐标为.【例3】（2022·上海市虹口高级中学高二期末）已知分别为椭圆：的左、右焦点， 过的直线交椭圆于两点．(1)当直线垂直于轴时，求弦长；(2)当时，求直线的方程；(3)记椭圆的右顶点为T，直线AT、BT分别交直线于C、D两点，求证：以CD为直径的圆恒过定点，并求出定点坐标．【答案】(1)3，(2)，(3)证明见解析；定点【分析】（1）将代入椭圆方程求解即可；（2）由（1）知当直线的斜率存在，设直线的方程为：，联立直线与椭圆的方程，得出，设可得韦达定理，代入计算可得斜率；（3）分析当直线的斜率不存在时，由椭圆的对称性知若以CD为直径的圆恒过定点则定点在轴上，再以CD为直径的圆的方程，令，代入韦达定理化简可得定点(1)由题知，将代入椭圆方程得(2)由（1）知当直线的斜率不存在时，此时，不符合题意，舍去直线的斜率存在，设直线的方程为：，联立得，设，则，，解得直线的方程为．．(3)①当直线的斜率不存在时，直线AT的方程为，C点坐标为，直线BT的方程为，D点坐标为，以CD为直径的圆方程为，由椭圆的对称性知若以CD为直径的圆恒过定点则定点在轴上，令，得即圆过点．②当直线的斜率存在时，同（2）联立，直线AT的方程为，C点坐标为，同理D点坐标为，以CD为直径的圆的方程为，令，得，由，得，解得，即圆过点．综上可得，以CD为直径的圆恒过定点．【例4】（2022天津市红桥区教师发展中心高三期末（文））设椭圆的离心率为，点为椭圆上一点，的周长为.(1)求椭圆的方程；(2)设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.问：轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)；(2)存在，.【分析】（1）根据椭圆的定义，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；（2）将直线方程与椭圆方程联立，利用一元二次方程根的判别式，结合圆的性质进行求解即可.(1)由 可得 ，① 的周长为，所以，即② 联立①②得： ，， ，∴椭圆的方程为 ；(2)设点．由 ，得 ， ，化简得 ，∴ ，      ∴ ．由 ，得，假设存在点，则 ，   ，           ∵以为直径的圆恒过点，∴ ，即  ，∴ 对任意都成立． 则  ，解得 ，故存在定点符合题意．【题型专练】1.（2022·全国·高二单元测试）在平面直角坐标系xOy中，①已知点，G是圆E：上一个动点，线段HG的垂直平分线交GE于点P；②点S，T分别在x轴、y轴上运动，且，动点P满足．(1)在①，②这两个条件中任选一个，求动点P的轨迹C的方程；（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）(2)设圆O：上任意一点A处的切线交轨迹C于M，N两点，试判断以MN为直径的圆是否过定点．若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】(1)；(2)以MN为直径的圆过定点（0，0）.【分析】（1）根据所选条件，结合椭圆定义、向量线性关系的坐标表示得到参数关系，进而得到轨迹方程；（2）讨论切线的斜率存在性，联立直线和椭圆，消元后利用根与系数的关系，利用题设已知条件化简目标式，从而得到定点的坐标．（1）选①，由E：，得，所以圆E的圆心为，半径为．由题意得，所以，所以P的轨迹C是以H，E为焦点的椭圆且，，故，所以动点P的轨迹C的方程为．选②，设，，，则．（*）因为，所以，即，将其代入（*）式，得，所以动点P的轨迹C的方程．（2）当过A且与圆O相切的切线斜率不存在，切线为．当切线为时，不妨设，，以MN为直径的圆的方程为．①当切线为时，不妨设，，以MN为直径的圆的方程为．②联立①②，解得两圆的交点为（0，0）．当过A且与圆O相切的切线斜率存在，设切线为，则，故．联立切线与椭圆C的方程，消去y，得．因为，所以切线与椭圆C恒有两个交点．设，，则，，因为，，所以，所以，则以MN为直径的圆过原点（0，0）．综上，以MN为直径的圆过定点（0，0）．2.（2022·全国·模拟预测）已知椭圆过点，，分别为椭圆的左、右焦点，且______．①两焦点与短轴一个端点的连线构成等腰直角三角形；②离心率；③的周长为．从上述三个条件中选择一个作为条件，将题目补充完整，并回答以下两个问题．（注：若选择多个条件作答，仅按第一种选择给分）(1)求椭圆C的标准方程；(2)过的直线l交椭圆C于A，B两点，试问：是否存在一个定点Q，使得以线段AB为直径的圆过定点Q？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)条件选择见解析，，(2)存在，【分析】（1）若选①，利用等腰直角三角形的性质及椭圆中基本量间的关系即可求解；若选②，利用椭圆的几何性质结合椭圆中基本量间的关系即可求解；若选③，结合已知条件及椭圆中基本量间的关系即可求解；（2）当l的斜率不存在时，求出圆的方程；当l的斜率为0时，求出圆的方程，联立两方程求出点Q的坐标，再证明当l的斜率不存在或存在时，以AB为直径的圆恒过定点Q是否成立，设出直线l的方程并与椭圆C的方程联立，利用韦达定理及平面向量的数量积即可求解．(1)若选①，因为椭圆的两焦点与短轴一个端点的连线构成等腰直角三角形，所以，，所以椭圆C的方程可转化为．将点代入，解得，所以，故椭圆C的标准方程为．若选②，因为椭圆C的离心率，所以，即，所以，所以椭圆C的方程可转化为．将点代入，解得，所以，故椭圆C的标准方程为．若选③，因为的周长为，所以，将点代入椭圆C的方程，得．又，解得，，，故椭圆C的标准方程为．(2)当直线l的斜率不存在时，直线，l与椭圆C交于，两点，则以AB为直径的圆为；当直线l的斜率为0时，直线，l与椭圆C交于，两点，则以AB为直径的圆为，联立两圆方程，解得故定点Q若存在，则点Q的坐标为，以下证明以AB为直径的圆恒过定点．当直线l的斜率不存在时，显然成立；当直线l的斜率k存在时，设直线，点，，联立消去y并整理得，则又，所以，，则，所以，即，则以AB为直径的圆恒过点．综上所述，存在定点满足题意．3．（2022江苏省滨海中学高二期末）焦距为2c的椭圆（a＞b＞0），如果满足“2b=a+c”，则称此椭圆为“等差椭圆”．(1)如果椭圆（a＞b＞0）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，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）（x0≠0），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（a＞b＞0）是“等差椭圆”，所以2b=a+c，所以c=2b﹣a，又c2=a2﹣b2，所以（2b﹣a）2=a2﹣b2，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）（x0≠0），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，所以该圆恒过定点（0，±10）．4．（2022·福建莆田·三模）已知椭圆的离心率为，点在椭圆C上．(1)求椭圆C的标准方程．(2)若直线l与椭圆C相切于点D，且与直线交于点E．试问在x轴上是否存在定点P，使得点P在以线段为直径的圆上？若存在，求出P点的坐标；若不存在．请说明理由．【答案】(1)，(2)存在，.【分析】(1)由题意，列出方程可直接求解;(2)先得到切线方程，从而可得点的坐标，再写出圆的方程后代入点的坐标可求解.(1)由题意得，所以椭圆C的标准方程为.(2)由题意，可知椭圆的切线方程的斜率一定存在，设切线方程的切点为，切线方程为，下面证明：联立，消得，又，则，所以，所以，及直线与椭圆只有一个公共点，直线与椭圆相切，所以椭圆上切点为的切线方程为.切线方程与联立得，则线段为直径的圆的方程为，设，则，化简整理得，由题意可知，此式恒成立，故当满足题意.此时.故存在定点P，使得点P在以线段为直径的圆上.5．（2022·上海·格致中学高二期中）焦距为的椭圆（）满足､､成等差数列，称为“等差椭圆”.(1)求的离心率；(2)过作直线与有且只有一个公共点，求此直线的斜率的值；(3)设点为椭圆的右顶点，为椭圆上异于点的任一点，为关于原点的对称点（也异于），直线､分别与轴交于､两点，判断以线段为直径的圆是否过定点？说明理由.【答案】(1)，(2)，(3)过定点，理由见解析【分析】（1）根据等差中项的性质及即可得到二次齐次式，除以，即可得到关于离心率的方程，解得即可；（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元，根据得到方程，计算可得；（3）设，，即可得到直线、的方程，从而表示出、的坐标，设，则即可得到动点的轨迹方程，从而求出直线过定点坐标；(1)解：由题意，且，所以代入可得.即，解得（舍去）.(2)解：显然，斜率存在，设直线的方程为.联立，代入化简得①方程①的，令，化简得，所以.由（1）的结论可知，.(3)解：设，.直线的斜率，直线的方程，令，解得，即.直线的斜率，直线的方程，令，解得，即.设，则，，，代入化简得②.因为点在椭圆上，所以，即.于是方程②化为.无论､取何值，当时总有，所以，以线段为直径的圆经过定点和.6．（2022·天津市新华中学模拟预测）已知椭圆的焦距为2离心率.(1)求椭圆的方程.(2)设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.试探究：在轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)，(2)存在，定点【分析】（1）根据题意求出从而可求出，即可得出答案；（2）联立，消元，根据题意可得且，从而可求得的关系式及点的坐标，在求出点的坐标，假设在轴上存在定点满足条件，设，则，从而可得出结论.(1)解：因为焦距为2，所以，又因为，即，所以，，∴椭圆的方程为；(2)解：由，消元可得，∵动直线与椭圆有且只有一个公共点，设，且，即，化简得，此时，，即，由，得，假设在轴上存在定点满足条件，设，则对满足式的，恒成立，，，由，得，整理得由于式对满足式的恒成立，所以，解得，故存在定点，使得以为直径的圆恒过点.