新高考数学二轮专题《圆锥曲线》第14讲 极点极线问题（2份打包，解析版+原卷版）

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第14讲 极点极线问题
一、解答题
1．已知椭圆M：（a＞b＞0）过A（－2，0），B（0，1）两点．
（1）求椭圆M的离心率；
（2）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由已知两点坐标得，求得后可得离心率；
（2）直线方程为，设（，），，．由三点共线求得点坐标（用点坐标表示），由共线求得点坐标（用点坐标表示），写出直线的方程，把代入化简对方程变形可得定点坐标．
【详解】
解：（1）因为点，都在椭圆上，
所以，．
所以．
所以椭圆的离心率．
（2）由（1）知椭圆的方程为，．
由题意知：直线的方程为．
设（，），，．
因为三点共线，所以有，，
所以．
所以．
所以．
因为三点共线，
所以，即．
所以．
所以直线的方程为，
即．
又因为点在椭圆上，所以．
所以直线的方程为．
所以直线过定点．
【点睛】
关键点点睛：本题考查求椭圆的离心率，考查椭圆的直线过定点问题，解题方法是设椭圆上的点坐标，利用三点共线变为向量平行，求得直线交点的坐标，得出直线方程，再由在椭圆上，代入化简凑配出定点坐标．
2．若双曲线与椭圆共顶点，且它们的离心率之积为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若椭圆C的左、右顶点分别为，，直线l与椭圆C交于P、Q两点，设直线与的斜率分别为，，且．试问，直线l是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）直线l恒过定点．.
【分析】
（1）待定系数法椭圆的标准方程；
（2）用“设而不求法”把直线和椭圆联立方程组，，表示出，整理出直线过定点.
【详解】
（1）由已知得双曲线的离心率为，又两曲线离心率之积为，所以椭圆的离心率为；
由题意知，所以，．
所以椭圆的标准万程为．
（2）当直线l的斜率为零时，由对称性可知：
，不满足，
故直线l的斜率不为零．设直线l的方程为，
由，得：，
因为直线l与椭圆C交于P、Q两点，
所以，
整理得：，
设、，则
，，，．
因为，
所以，
整理得：，
，
将，代入整理得：

要使上式恒成立，只需，此时满足，
因此，直线l恒过定点．
【点睛】
（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；
（2）"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题；
（3）证明直线过定点，通常有两类：①直线方程整理为斜截式y=kx+b，过定点(0,b)；
②直线方程整理为点斜式y - yo=k(x- x0)，过定点(x0,y0) ．
3．如图，椭圆E：的离心率是，过点P（0,1）的动直线与椭圆相交于A，B两点，当直线平行与轴时，直线被椭圆E截得的线段长为.

（1）求椭圆E的方程；
（2）在平面直角坐标系中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？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，Q点的坐标为.
【详解】
（1）由已知，点在椭圆E上.
因此，解得.
所以椭圆的方程为.
（2）当直线与轴平行时，设直线与椭圆相交于C、D两点.
如果存在定点Q满足条件，则，即.
所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为.
当直线与轴垂直时，设直线与椭圆相交于M、N两点.
则，
由，有，解得或.
所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，
则Q点的坐标只可能为.
下面证明：对任意的直线，均有.
当直线的斜率不存在时，由上可知，结论成立.
当直线的斜率存在时，可设直线的方程为，
A、B的坐标分别为.
联立得.
其判别式，
所以，.
因此.
易知，点B关于y轴对称的点的坐标为.

又，
所以，即三点共线.
所以.
故存在与P不同的定点，使得恒成立.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线方程、直线与椭圆的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想.

4．在平面直角坐标系中，如图所示，已知椭圆的左、右顶点分别为，右焦点为.设过点的直线，与此椭圆分别交于点，，其中，，
．

（Ⅰ）设动点满足：，求点的轨迹；
（Ⅱ）设，求点的坐标；
（Ⅲ）设，求证：直线必过轴上的一定点（其坐标与无关），并求出该定点的坐标．
【答案】（I）；（II）；（III）.
【解析】
试题分析：（I）设出点，利用坐标化简，得到点的轨迹；（II）由分别得出直线的方程为，直线的方程为，联立方程组即可求解点的坐标；（III）直线的方程为：，直线的方程为：，分别与椭圆的方程联立，由，求得，此时直线的方程为，过点，若，由，所以直线过点.
试题解析：（Ⅰ）由题设得，，设动点，
由，
代入化简得，.故点的轨迹为直线.
（Ⅱ）由，，得，则点，直线的方程为，
由，，得，则点，直线的方程为，
由
（Ⅲ）由题设知，直线的方程为：，直线的方程为：，
点满足；
点满足；
若，且，得，
此时直线的方程为，过点；
若，则，直线的斜率，
直线的斜率，
所以，所以直线过点.
因此直线必过轴上一定点.
考点：轨迹方程的求解；直线的交点；直线过定点的判断．
【方法点晴】本题主要考查了曲线轨迹方程的求解和两直线的交点的计算、直线过定点问题的判定，着重考查了分类讨论的思想方法及函数与方程思想的应用，属于中档试题，本题的第三问题的解答中，由直线的方程，直线的方程，分别与椭圆的方程联立，利用韦达定理求得，再由和，由，两种情况分别判定直线过定点.
5．已知A、B分别为椭圆E：（a>1）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.
【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.
6．已知椭圆：的左焦点为，且过点.

（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知，分别为椭圆的左、右顶点，为直线上任意一点，直线，分别交椭圆于不同的两点，.求证：直线恒过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据椭圆定义确定a，再根据c求b（2）设根据直线与椭圆方程联立方程组解得，N坐标，再根据两点式求MN直线方程，化成点斜式，求出定点
试题解析：(1)椭圆的一个焦点，则另一个焦点为,
由椭圆的定义知:，代入计算得．
又, 所以椭圆的标准方程为．
(2)设，
则直线，与联立，解得
同理
所以直线的斜率为=
所以直线
所以直线恒过定点，且定点坐标为
点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.
7．设椭圆过点，且左焦点为．
（1）求椭圆的方程；
（2）当过点的动直线与椭圆相交于两不同点，时，在线段上取点，且满足，证明：点总在某定直线上．
【答案】（1）（2）见解析
【分析】
（1）根据椭圆的左焦点为，得到，再根据椭圆过点，代入椭圆方程求解.
（2）设直线的参数方程是，（为参数），代入椭圆方程，由，化简得到，即，再代入直线参数方程求解.
【详解】
（1）因为椭圆的左焦点为，
所以，
设椭圆方程为，
又因为椭圆过点，
所以，
解得
所以椭圆方程为：；
（2）设直线的参数方程是，（为参数），代入椭圆方程，
得：．
由，
得，
即，
则，
点轨迹的参数方程是，
则，
所以点在定直线上
【点睛】
本题主要考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系以及直线的参数方程的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
8．
设，点的坐标为（1,1），点在抛物线上运动，点满足，经过点与轴垂直的直线交抛物线于点，点满足,求点的轨迹方程．
【答案】略
【解析】
略

9．已知椭圆的左､右顶点分别为点，，且，椭圆离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过椭圆的右焦点，且斜率不为的直线交椭圆于，两点，直线，的交于点，求证：点在直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题知，解方程即可得，，故椭圆的方程是.
（2）先讨论斜率不存在时的情况易知直线，的交点的坐标是.当直线斜率存在时，设直线方程为，，，进而联立方程结合韦达定理得，，直线的方程是，直线的方程是，进而计算得时的纵坐标，并证明其相等即可.
【详解】
解：（1）因为，椭圆离心率为，
所以，解得，.
所以椭圆的方程是.
（2）①若直线的斜率不存在时，如图，

因为椭圆的右焦点为，所以直线的方程是.
所以点的坐标是，点的坐标是.
所以直线的方程是，
直线的方程是.
所以直线，的交点的坐标是.
所以点在直线上.
②若直线的斜率存在时，如图.

设斜率为.所以直线的方程为.
联立方程组
消去，整理得.
显然.不妨设，，
所以，.
所以直线的方程是.
令，得.
直线的方程是.
令，得.
所以

分子
.


.
所以点在直线上.
【点睛】
本题第二问解题的关键在于分类讨论直线斜率不存在和存在两种情况，当直线斜率存在时，设，，写出直线的方程是和直线的方程是，进而计算得时的纵坐标相等即可.考查运算求解能力，是中档题.
10．如图，B，A是椭圆的左、右顶点，P，Q是椭圆C上都不与A，B重合的两点，记直线BQ，AQ，AP的斜率分别是，，.

（1）求证：；
（2）若直线PQ过定点，求证：.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）设，代入斜率公式求；
（2）设直线的方程是，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系表示，再根据（1）的结论证明.
【详解】
（1）设
；
（2）设直线的方程是，设
与椭圆方程联立， 得： ，
， ，


，
,
由（1）可知，
两式消去，解得：.
【点睛】
本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，定值和定点，意在考查转化与化归的思想和计算能力，属于中档题型，第二问中设而不求的基本方法也使得求解过程变得简单，在解决圆锥曲线与动直线问题中，韦达定理，弦长公式都是解题的基本工具.
11．已知椭圆的焦距为分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上的两点(异于)，连结，且斜率是斜率的倍.
（1）求椭圆的方程；
（2）证明:直线恒过定点.
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意列出方程组，解出方程组即可得椭圆方程；（2）连结设，由椭圆的性质可得出，故而可得，当斜率不存在时，设，解出，当直线斜率存在时，设，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理，可得出，得出与的关系，代入直线方程即可得定点.
【详解】
（1）因为，所以，即椭圆的方程为
（2）连结设则
因为点在椭圆上，所以
因为，所以
当斜率不存在时，设，不妨设在轴上方，

因为，所以
（ii）当斜率存在时，设，
即，所以
因为
所以，即或
当时，，恒过定点，当斜率不存在亦符合:当，，过点与点重合，舍去.
所以直线恒过定点
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
12．椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为，点，线的倾斜角为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过且斜率存在的动直线与椭圆交于、两点，直线与交于，求证：在定直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由题意和过两点的直线的斜率公式可求得b，可得椭圆的方程.
（2）设，，，设过的动直线：，代入椭圆的方程得： ，由韦达定理得：，，再由，，及，，三点共线，化简可得证明点在定直线上.
【详解】
（1），由题意，，
所以椭圆的方程.
（2）设，，，过的动直线：，代入椭圆的方程得：
，得：，，
，
分别由，，及，，三点共线，得：，，
两式相除得：
，
得：，即在直线上.
【点睛】
本题考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系之交点问题之动点在定直线上，属于较难题.
13．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．

（1）求椭圆C的标准方程；
（2）如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：直线过定点．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）由，得到，再由点在该椭圆上，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）设的方程为，联立方程组求得，再由的的方程，联立方程组，求得，结合斜率公式，进而得到直线过定点.
【详解】
（1）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，
可得，所以，
又点在该椭圆上，所以，所以，
所以椭圆C的标准方程为
（2）由于的斜率为，设的方程为，
联立方程组，整理得，
所以，所以，
从而，即，
同理可得：由于的斜率为，则，
联立方程组，可得，
即，
所以，所以，
从而，即，
当时即；时，，过点，
当时，，，即，所以直线过点，
综上可得，直线过点.
【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.
14．设分别是椭圆的左､右顶点，点为椭圆的上顶点.

（1）若，求椭圆的方程；
（2）设，是椭圆的右焦点，点是椭圆第二象限部分上一点，若线段的中点在轴上，求的面积.
（3）设，点是直线上的动点，点和是椭圆上异于左右顶点的两点，且，分别在直线和上，求证：直线恒过一定点.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】
（1）计算得，，代入解方程即可得，故可得椭圆的方程；
（2）设另一焦点为，则轴，计算出点坐标，计算即可；
（3）设点P的坐标为，直线：，与椭圆方程联立，由韦达定理计算得出，同理可得，分，两种情况表示出直线方程，从而确定出定点.
【详解】
（1），
，，，解得
即椭圆的方程为.
（2）椭圆的方程为，由题意，设另一焦点为，
设，由线段的中点在y轴上，得轴，所以，
代入椭圆方程得，即
；
（3）证明：由题意，设点P的坐标为，
直线：，与椭圆方程联立
消去得：
由韦达定理得即；
同理；
当，即即时，
直线的方程为；
当时，直线：
化简得，恒过点；
综上所述，直线恒过点.
【点睛】
关键点睛：解决第（3）的关键是能够运用韦达定理表示出点的坐标，从而表示出直线，并能通过运算整理成关于的方程，从而确定出定点，考查学生的运算求解能力，有一定的难度.
15．已知曲线.
（1）若曲线C表示双曲线，求的范围；
（2）若曲线C是焦点在轴上的椭圆，求的范围；
（3）设，曲线C与轴交点为A，B（A在B上方），与曲线C交于不同两点M，N，与BM交于G，求证：A，G，N三点共线.
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【分析】
（1）若曲线表示双曲线，则：，解得的范围；（2）若曲线是焦点在轴上的椭圆，则，解得的取值范围；（3）联立直线与椭圆方程结合，解得，设，，，求出的方程，可得，从而可得，，欲证，，三点共线，只需证，共线，利用韦达定理，可以证明．
【详解】
（1）若曲线表示双曲线，则：，
解得：.
（2）若曲线是焦点在轴上的椭圆，
则：，
解得：
（3）当，曲线可化为：，
当时，，
故点坐标为：，，
将直线代入椭圆方程得：，
若与曲线交于不同两点，，
则，解得，
由韦达定理得：  ①，
 ②
设，，，
方程为：，则，
∴，，
欲证，，三点共线，只需证，共线，
即，
将①②代入可得等式成立，则，，三点共线得证．
【点睛】
本题考查椭圆和双曲线的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三点共线，解题的关键是直线与椭圆方程联立，利用韦达定理进行求解，属于中档题.
16．已知椭圆过点，且椭圆的一个顶点的坐标为．过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于不同的两点，（，不同于点），直线与直线：交于点．连接，过点作的垂线与直线交于点．
（1）求椭圆的方程，并求点的坐标；
（2）求证：，，三点共线．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意列方程组，即可得到椭圆的方程，进而得到焦点坐标；
（2）讨论直线的斜率，利用是平行的证明，，三点共线．
【详解】
（1） 因为点在椭圆上，且椭圆的一个顶点的坐标为，
所以解得
所以椭圆的方程为．
所以椭圆的右焦点的坐标为．
（2）① 当直线的斜率不存在时，直线的方程为．
显然，，或，．
当，时，直线的方程为，点的坐标为．
所以．
直线的方程为，点的坐标为．
则，．
所以，所以，，三点共线．
同理，当，时，，，三点共线．
② 当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
由得．
且．
设，，则，．
直线的方程为，点的坐标为．
所以．
直线的方程为，点的坐标为．
则，．
所以
，
，
，
，
，

．
所以与共线，
所以，，三点共线．
综上所述，，，三点共线．
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，考查韦达定理，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
17．已知椭圆的左右顶点分别为A和B，离心率为，且点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点M（1，0）作一条斜率不为0的直线交椭圆于P，Q两点，连接AP、BQ，直线AP与BQ交于点N，探求点N是否在一条定直线上，若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）在，x=4.
【分析】
（1）根据离心率及椭圆上的点可求出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，联立方程，直线的方程为，直线的方程为，求出交点，由根与系数关系化简即可.
【详解】
（1）由题设， ，，且
所以，
椭圆方程为；
（2）由（1）知，A（-2，0），B（2，0），设直线的方程为，
联立方程组，得，
因为，设，
所以，
设直线的方程为，直线的方程为，
则，即，
而，
∴，
∴x=4，即直线与直线的交点在直线x=4上.
【点睛】
本题主要考查了椭圆的标准方程，椭圆的简单几何性质，椭圆中的定值问题，属于中档题.
18．已知椭圆的左、右顶点分别为，，为原点.以为对角线的正方形的顶点，在上.
（1）求的离心率；
（2）当时，过作与轴不重合的直线与交于，两点，直线，的斜率分别为，，试判断是否为定值？若是，求出定值，并加以证明；若不是，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，，证明见解析.
【分析】
（1）由题意可知，将其代入椭圆方程中化简可得，从而可求出离心率；
（2）当时，，所以椭圆的方程为，然后当直线的斜率不存在时，求出，两点的坐标，从而可求出，，进而可得的值，当直线的斜率存在时，设的方程为，，设，，然后将直线方程与椭圆的方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系得，，然后求，化简可得答案；或利用根与系数的关系后，由于
在椭圆上，所以，所以，再化简即可得答案；或由于，在椭圆上，代入椭圆方程中，化简可得，，设，则，从而可得，进而可得直线经过点，又过定点，故，从而可求得结果
【详解】
解法一：（1）以为对角线的正方形的顶点坐标分别为，，.
因为，在椭圆上，所以，
所以，
所以，
所以椭圆的离心率；

（2）当时，，所以椭圆的方程为.
为定值，理由如下：
①当直线的斜率不存在时，的方程为，则，，
所以，，所以.
②当直线的斜率存在时，设的方程为，，
设，，
不妨设，且.
由可得，
，，.
要证，只要证明：，
只要证：，
只要证：，
只要证：，
因为，，即证，
因为，，所以.
所以成立，
综上所述：.

解法二：（1）同解法一；
（2）当时，，所以椭圆的方程为.
设的方程为，，
设，，不妨设.
由可得，
，，.
所以，即.



.
综上所述：.
解法三：（1）同解法一；
（2）当时，，所以椭圆的方程为.
设的方程为，，
设，，不防设.
由可得，
，，.
因为在椭圆上，所以，即，
所以.
，


.
所以.
综上所述：.
解法四：（1）同解法一；
当时，，所以椭圆的方程为.
设，，
因为在椭圆上，所以，所以.
所以，
同理.
设，则，
所以，①
，②
①+②得，
当时得，不合题意，舍去.
当时，，
所以直线经过点，
又过定点，故，解得.
综上所述：.
【点睛】
关键点点睛：此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆离心率的求法，考查椭圆中的定值问题，解题的关键是当直线的斜率存在时，设的方程为，，设，，然后将直线方程与椭圆的方程联立方程组，消去，再利用根与系数的关系得，，然后求，化简可得答案，考查计算能力，属于中档题
19．已知F为抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点且.
（1）求C的方程.
（2）若直线与C交于M，N两点，且与相交于点T，证明：点T在定直线上.
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）解：设，，直线方程与抛物线方程联立方程组消去后应用韦达定理得，利用焦半径公式及韦达定理的结果可求得得抛物线方程；
（2）设，，，把两点坐标代入抛物线方程相减琍，同理可得，然后求得交点的横坐标为常数即证（由．化为坐标表示后相加即可得）．
【详解】
（1）解：设，，由，得，
则，
从而，
解得，故的方程为.
（2）证明：设，，，.
因为，所以.
根据得，则，
同理得.
又两式相加得，
即，由于，所以.
故点在定直线上.
【点睛】
方法点睛：本题考查直线与抛物线相交求抛物线的方程，点在定直线上等问题，解题方法一是应用韦达定理得出交点的坐标之和，利用焦半径公式求解，二是把交点坐标代入抛物线方程相减同弦中点坐标与弦所在直线斜率之间的关系．