2023年高考数学大题专练专题14圆锥曲线中的定值定点问题试题含解析

这是一份2023年高考数学大题专练专题14圆锥曲线中的定值定点问题试题含解析，共37页。试卷主要包含了已知分别为椭圆等内容，欢迎下载使用。

 专题14 圆锥曲线中的定值定点问题
1．（2022·全国·高考真题（文））已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）将给定点代入设出的方程求解即可；
（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.
(1)解：设椭圆E的方程为，过，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
(2)，所以，
①若过点的直线斜率不存在，直线.代入，
可得，，代入AB方程，可得
，由得到.求得HN方程：
，过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
可得，，
且
联立可得
可求得此时，
将，代入整理得，
将代入，得
显然成立，综上，可得直线HN过定点
2．（2021·全国·高考真题）已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；
（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；
充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.
【详解】
（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，
又，所以椭圆方程为；
（2）由（1）得，曲线为，
当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；
当直线的斜率存在时，设，
必要性：
若M，N，F三点共线，可设直线即，
由直线与曲线相切可得，解得，
联立可得，所以，
所以,
所以必要性成立；
充分性：设直线即，
由直线与曲线相切可得，所以，
联立可得，
所以，
所以
，
化简得，所以，
所以或，所以直线或，
所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是．
3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））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，
【解析】
【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.
4．（2022·上海松江·二模）已知椭圆的右顶点坐标为，左、右焦点分别为、，且，直线交椭圆于不同的两点和．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线的斜率为，且以为直径的圆经过点，求直线的方程；
(3)若直线与椭圆相切，求证：点、到直线的距离之积为定值．
【答案】(1)；
(2)或；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据焦距及椭圆的顶点求出即可得出；
（2）设直线的方程为 ，联立方程，由根与系数的关系及求解即可；
（3）分直线斜率存在与不存在讨论，当斜率不存在时直接计算可得，当斜率存在时，设直线的方程为 ，根据相切求出关系，再由点到直线的距离直接计算即可得解.
(1)
∵     ∴，
∵，由   得，∴
所以椭圆的方程：；
(2)
∵直线的斜率为，故可设直线的方程为 ，
设，，，
由        可得，
则，，
∵以为直径的圆过右顶点，∴，∴
∴
，整理可得，
∴或，
∵，
当或时，均有
所以直线的方程为或．
(3)
椭圆左、右焦点分别为、
①当直线平行于轴时，∵直线与椭圆相切，∴直线的方程为，
此时点、到直线的到距离分别为，∴．
②直线不平行于轴时，设直线的方程为 ，
联立，整理得，
，
∵直线与椭圆相切，∴，∴
∵到直线的距离为，到直线的距离为，
∴，
∴点、到直线的距离之积为定值由．
5．（2022·上海浦东新·二模）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
【解析】
【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，
由，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．
6．（2022·上海长宁·二模）已知分别为椭圆的上、下顶点，是椭圆的右焦点，是椭圆上异于的点．

(1)若，求椭圆的标准方程
(2)设直线与轴交于点，与直线交于点，与直线交于点，求证：的值仅与有关
(3)如图，在四边形中，，，若四边形面积S的最大值为，求的值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据已知判断形状，然后可得；
（2）设，表示出直线、的方程，然后求Q、R的坐标，直接表示出所求可证；
（3）设，，根据已知列方程求解可得之间关系，表示出面积，结合已知可得.
(1)
因为，，所以是等边三角形，
因为，，所以，
得椭圆的标准方程为．
(2)
设，，，
因为，

所以直线、的方程分别为
，
，
所以，，
又
所以，
所以的值仅与有关．
(3)
设，，
因为，，
所以，
两式相减得，
带回原式得，
因为，所以，

因为的最大值为 ，所以 ，得．
7．（2022·福建省福州格致中学模拟预测）圆：与轴的两个交点分别为，，点为圆上一动点，过作轴的垂线，垂足为，点满足
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线，直线交于，两点，直线与交于点，试问：是否存在一个定点，当变化时，为等腰三角形
【答案】(1)
(2)存在，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）设点在圆上，故有，设，根据题意得，，再代入圆即可求解；（2）先判断斜率不存在的情况；再在斜率存在时，设直线的方程为，与椭圆联立得：，，，再根据题意求解判断即可.
(1)
设点在圆上，
故有，设，又，可得，，
即，
代入可得，
化简得：，故点的轨迹方程为：.
(2)
根据题意，可设直线的方程为，
取，可得，，
可得直线的方程为，直线的方程为
联立方程组，可得交点为；
若，，由对称性可知交点，
若点在同一直线上，则直线只能为：上，
以下证明：对任意的，直线与直线的交点均在直线：上.
由，整理得
设，，则，
设与交于点，由，可得
设与交于点，由，可得，
因为
，
因为，即与重合，
所以当变化时，点均在直线：上，
因为，，所以要使恒为等腰三角形，只需要为线段的垂直平分线即可，根据对称性知，点.
故存在定点满足条件.
8．（2022·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，椭圆C的左､右顶点分别为A，B，上顶点为D，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为的动直线l与椭圆C相交于M，N两点，是否存在定点P（直线l不经过点P），使得直线PM与直线PN的倾斜角互补，若存在这样的点P，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，点P的坐标为或
【解析】
【分析】
（1）利用数量积公式及离心率可得a,b,c从而得到椭圆方程;
（2）设直线l的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，由题意可得直线PM与直线PN的斜率之和为零，利用韦达定理化简可得结果.
(1)
设椭圆C的焦距为2c，由题意知，，，
所以，，所以，解得.
又椭圆C的离心率为，所以，，
故椭圆C的方程为.
(2)
假设存在这样的点P，设点P的坐标为，点M，N的坐标分别为，，设直线l的方程为.
联立方程消去y后整理得.
，得，
有
若直线PM与直线PN的倾斜角互补，则直线PM与直线PN的斜率之和为零，
所以


.
所以解得或
故存在点P符合条件，点P的坐标为或.
9．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（文））已知椭圆的两个焦点分别为和，椭圆上一点到和的距离之和为，且椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过左焦点的直线交椭圆于、两点，线段的中垂线交轴于点（不与重合），是否存在实数，使恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说出理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【解析】
【分析】
（1）由椭圆的定义可求得的值，根据椭圆的离心率求得的值，再求出的值，即可得出椭圆的方程；
（2）分析可知，直线不与轴垂直，分两种情况讨论，一是直线与轴重合，二是直线的斜率存在且不为零，设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出、，即可求得的值.
(1)
解：由椭圆的定义可得，则，因为，，则，
因此，椭圆的方程为.
(2)
解：若直线与轴垂直，此时，线段的垂直平分线为轴，不合乎题意；
若直线与轴重合，此时，线段的垂直平分线为轴，则点与坐标原点重合，
此时，；
若直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，设点、，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
则，
所以，线段的中点为，
所以，线段的垂直平分线所在直线的方程为，
在直线方程中，令可得，
故点，所以，，
由弦长公式可得，
因此，.
综上所述，存在，使得恒成立.
10．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知椭圆上一个动点N到椭圆焦点的距离的最小值是，且长轴的两个端点与短轴的一个端点B构成的的面积为2．

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于P，Q两点．证明：直线与直线的交点T在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意得到，再解方程组即可.
（2）首先设直线，，，与椭圆联立，利用韦达定理得到，.，，根据，即可得到，从而得到直线与直线的交点在定直线上.
(1)
由题知：，解得，即：椭圆
(2)
设直线，，，，，
.
，.
则，，
则，
因为，
所以，解得.
所以直线与直线的交点在定直线上.
11．（2022·安徽省舒城中学三模（理））已知椭圆，过原点的直线交该椭圆于，两点（点在轴上方），点，直线与椭圆的另一交点为，直线与椭圆的另一交点为．

(1)若是短轴，求点C坐标；
(2)是否存在定点，使得直线恒过点？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，.
【解析】
【分析】
（1）两点式写出直线，联立椭圆方程并结合韦达定理求出C坐标；
（2）设有，联立椭圆求C坐标，同理求坐标，讨论、，判断直线恒过定点即可.
(1)
由题设，，而，故直线为，
联立并整理得：，故，而，
所以，代入直线可得，故C坐标为.
(2)
设，则，
由，故，
由韦达定理有，
所以，故，同理得：，，
当时，取，则，同理，
故共线，此时过定点.
当时，，此时过定点.
综上，过定点.
12．（2022·广东茂名·二模）已知圆O：x2+y2＝4与x轴交于点，过圆上一动点M作x轴的垂线，垂足为H，N是MH的中点，记N的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)过作与x轴不重合的直线l交曲线C于P，Q两点，设直线AP，AS的斜率分别为k1，k2.证明：k1＝4k2．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）运用相关点法即可求曲线C的方程；
( 2)首先对直线的斜率是否存在进行讨论,再根据几何关系分别求出P、Q、S三点的坐标，进而表示出直线AP， AS的斜率，再根据斜率的表达式进行化简运算,得出结论.
(1)
设N（x0，y0），则H（x0，0），
∵N是MH的中点，∴M（x0，2y0），
又∵M在圆O上，，
即；
∴曲线C的方程为：；
(2)
①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：，
若点P在轴上方，则点Q在x轴下方，则，
直线OQ与曲线C的另一交点为S，则S与Q关于原点对称，
∴，

；
若点P在x轴下方，则点Q在x轴上方，
同理得：，
，
∴k1＝4k2；
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为：，
由与联立可得，
其中，
设，则，则，
∴
则
，∴k1＝4k2.
13．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））生活中，椭圆有很多光学性质，如从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射，反射光线经过另一个焦点.现椭圆C的焦点在y轴上，中心在坐标原点，从下焦点射出的光线经过椭圆镜面反射到上焦点，这束光线的总长度为4，且反射点与焦点构成的三角形面积最大值为，已知椭圆的离心率e.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若从椭圆C中心O出发的两束光线OM、ON，分别穿过椭圆上的A、B点后射到直线上的M、N两点，若AB连线过椭圆的上焦点，试问，直线BM与直线AN能交于一定点吗？若能，求出此定点：若不能，请说明理由.
【答案】(1)
(2)能，定点为（0，）
【解析】
【分析】
（1）由条件列方程求可得椭圆方程；
（2）联立方程组，利用设而不求法结论完成证明.
(1)
由已知可设椭圆方程为，
则，，
又
所以，
故椭圆C的标准方程为
(2)
设AB方程为，由，得，

设，则..
由对称性知，若定点存在，则直线BM与直线AN交于y轴上的定点，
由得，则直线BM方程为，
令，则




又，
则，
所以，直线BM过定点（0，），同理直线AN也过定点.
则点（0，）即为所求点.
14．（2022·全国·模拟预测）设椭圆的右焦点为F，左顶点为A．M是C上异于A的动点，过F且与直线AM平行的直线与C交于P，Q两点（Q在x轴下方），且当M为椭圆的下顶点时，．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点S，T满足，，证明：平面上存在两个定点，使得T到这两定点距离之和为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）由向量的坐标运算用表示出点坐标，代入椭圆方程求得参数，得椭圆方程；
（2）设，直线PQ的斜率不为0，设其方程为，设．
直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，利用向量相等的坐标表示求得点坐标，得出点坐标满足一个椭圆方程，然后再由椭圆定义得两定点坐标．
(1)
当M为椭圆的下顶点时，，则．
设C的焦距为2c，则，即．
因为Q在C上，故，解得．
则椭圆C的标准方程为．
(2)
设，直线PQ的斜率不为0，设其方程为，设．
联立直线PQ和C的方程，消x得．
，，
由得S为弦PQ的中点，故．
由得S是线段FT的中点，故．
设T的坐标为，则，，故
，即，
这表明T在中心为原点，为长轴端点，为短轴端点的椭圆上运动，故T到两焦点的距离之和为定值．代入得两焦点坐标为．
综上所述，平面上存在两定点，，使得T到这两定点距离之和为定值．
15．（2022·上海交大附中模拟预测）已知椭圆是左、右焦点．设是直线上的一个动点，连结，交椭圆于．直线与轴的交点为，且不与重合．

(1)若的坐标为，求四边形的面积；
(2)若与椭圆相切于且，求的值；
(3)作关于原点的对称点，是否存在直线，使得上的任一点到的距离为，若存在，求出直线的方程和的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在；；
【解析】
【分析】
（1）根据点斜式方程可得，再联立椭圆方程得到，再根据求解即可；
（2）设，根据相切可知，直线与椭圆方程联立后判别式为0，得到，再根据，化简可得，进而得到，再根据直角三角形中的关系求解的值即可；
（3）设，表达出，再根据列式化简可得，结合与椭圆的方程即可求得和直线的方程
(1)
由题意，，故，所以
与椭圆方程联立 ，可得：，即，又由题意，故解得，代入椭圆方程可得，故且
则
(2)
由于直线PN的斜率必存在，则设
与椭圆方程联立，可得：
由相切，，则
同时有韦达定理，代入有，化简得，故
而，解得
则，所以轴，故在直角三角形中，
(3)
由于N与，与是两组关于原点的对称点，由对称性知
四边形是平行四边形，则与是平行的，
故上的任一点到的距离均为两条平行线间的距离d．
设，其中，易验证，当时，与之间的距离为，不合要求，设，则，即，
发现当时，，即，整理得
代入得：，代入整理得，即由于，所以，代入椭圆方程有，故，
则的直线方程为
16．（2022·全国·模拟预测（理））已知椭圆：的右顶点为A，上顶点为，直线的斜率为，原点到直线的距离为.
(1)求的方程；
(2)直线交于，两点，，证明：恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）题意得，根据AB斜率，可得，求得直线AB的方程，根据点到直线距离公式，可求得a值，进而可得b值，即可得答案.
（2）分析得直线l的斜率存在，设，与椭圆联立，可得关于x的一元二次方程，根据韦达定理，可得表达式，进而可得、的表达式，根据，可得，根据数量积公式，化简计算，可得m值，分析即可得证
(1)
由题意得，
所以直线AB的斜率为，即，
又直线AB的方程为，即，
所以原点到直线的距离，解得，
所以，所以椭圆的方程为.
(2)
由椭圆的对称性可得，直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为，
联立方程，消去y可得，
所以，
所以，，
因为，所以，
因为，所以，
所以，
整理得，解得或，
因为，所以舍去，
所以直线l的方程为，恒过定点，得证
17．（2022·全国·模拟预测（理））已知椭圆的左、右焦点分别为，，，分别为左、右顶点，，分别为上、下顶点．若四边形的面积为，且，，成等差数列．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆外一点(不在坐标轴上)连接，，分别与椭圆交于，两点，直线交轴于点．试问：，两点横坐标之积是否为定值？若为定值，求出定值；若不是，说明理由．
【答案】(1)；
(2)为定值，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）应用菱形面积公式、等差中项的性质及椭圆参数关系求椭圆参数，写出椭圆标准方程.
（2）由题意分析知，所在直线斜率均存在且不为0、斜率和差均不为0，设直线，联立椭圆求，的坐标及点横坐标，应用点斜式写出直线，令求横坐标，即可得结论.
(1)
由题设知：，可得，
所以椭圆标准方程为.
(2)
由题意，，所在直线斜率均存在且不为0、斜率和差均不为0，
设为，联立椭圆方程整理得：，
所以，而，则，
设为，联立椭圆方程整理得：，
所以，而，则，
所以，，
联立直线、可得：，
直线为，令，则，
所以为定值.
18．（2022·山西·太原五中二模（文））已知椭圆，过原点的两条直线和分别与椭圆交于和，记得到的平行四边形的面积为．
(1)设，用的坐标表示点到直线的距离，并证明；
(2)请从①②两个问题中任选一个作答
①设与的斜率之积，求面积的值．
②设与的斜率之积为．求的值，使得无论与如何变动，面积保持不变．
【答案】(1)距离为，证明见解析；
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）讨论和，分别写出直线的方程，由距离公式即可求得点到直线的距离，由面积公式即可证明；
（2）若选①，设出直线和的方程，联立椭圆求出的坐标，结合（1）中面积公式求解即可；若选②，设出直线和的方程，联立椭圆求出的坐标，结合（1）中面积公式得到的表达式，平方整理，由含的项系数为0即可求解.
(1)
当时，直线的方程为：，则点到直线的距离为；
当时，直线的方程为：，则点到直线的距离为，也满足，
则点到直线的距离为；因为，
则；
(2)
若选①，设，设，直线与椭圆联立可得，
同理直线与椭圆联立可得，不妨令，则，
，
则；
若选②，设，设，直线与椭圆联立可得，则，
同理可得，则

，两边平方整理得，
由面积与无关，可得，解得，故时，无论与如何变动，面积保持不变．
19．（2022·福建·厦门一中模拟预测）已知，分别是椭圆的右顶点和上顶点，，直线的斜率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线，与，轴分别交于点，，与椭圆相交于点，．证明：
（i）的面积等于的面积；
（ii）为定值．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据，，由，直线的斜率为求解；
（2）设直线的方程为，得到，，与椭圆方程联立，根据，，利用韦达定理求解.
(1)
解：、是椭圆的两个顶点，
且，直线的斜率为，
由，，得，
又，解得，，
椭圆的方程为；
(2)
设直线的方程为，则，，
联立方程消去，整理得．
， 得
设，，，．
，．
所以，
则有
的面积等于的面积；
，，
，
.
20．（2022·北京市第十二中学三模）已知椭圆过点，离心率为.
(1)求椭圆M的方程；
(2)已知直线在x轴上方交椭圆M于B，C（异于点A）两个不同的点，直线AB，AC分别与y轴交于点P､Q，O为坐标原点，求的值.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）直接由点坐标及离心率求得椭圆方程即可；
（2）联立直线与椭圆求得，再表示出直线AB，AC的方程，求得P､Q坐标，再计算即可.
(1)
由题意知：，则，，则椭圆M的方程为；
(2)
联立直线与椭圆，整理得，，
即，又直线在x轴上方交椭圆M于B，C（异于点A）两点，则；
设，则，，，
易得直线AB，AC斜率必然存在，则，令，得，则，同理可得，且，
则.