第27讲 圆锥曲线中定直线问题-高二数学同步教学题型讲义（人教A版选择性必修第一册）

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第27讲 圆锥曲线中定直线问题【典型例题】【例1】（2022·重庆八中高三开学考试）已知为的两个顶点，为的重心，边上的两条中线长度之和为6.(1)求点的轨迹的方程.(2)已知点，直线与曲线的另一个公共点为，直线与交于点，试问：当点变化时，点是否恒在一条定直线上？若是，请证明；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)是，证明见解析【分析】（1）依题意，根据椭圆的定义可知的轨迹是以、为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），从而求出椭圆方程；（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，即可得到，再求出直线、的方程，联立求出交点的横坐标，整理可得求出定直线方程.（1）解：因为为的重心，且边上的两条中线长度之和为6，所以，故由椭圆的定义可知的轨迹是以为焦点的椭圆（不包括长轴的端点），且，所以，所以的轨迹的方程为；（2）解：设直线的方程为：，，，联立方程得：，则，，所以，又直线的方程为：，又直线的方程为：，联立方程，解得，把代入上式得：，所以当点运动时，点恒在定直线上【例2】（2022·江苏·南京市金陵中学河西分校高三阶段练习）已知椭圆C:的上下顶点分别为，过点P且斜率为k(k<0)的直线与椭圆C自上而下交于两点，直线与交于点.(1)设的斜率分别为，求的值;(2)求证：点在定直线上.【答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）设，表示出，结合点在椭圆上，代入即可得出答案.（2）设直线为，与椭圆联立消去得到关于的一元二次方程，列出韦达定理，写出直线，的方程，联立这两条直线的方程，求出点的纵坐标，即可得出答案.（1）设，，，，所以.（2）设 ，得到，，，直线，直线，联立得:，法一：，解得.法二：由韦达定理得，.解得，所以点在定直线上.【例3】（2022·山东聊城·三模）已知椭圆C：的离心率为，左顶点为，左焦点为，上顶点为，下顶点为，M为C上一动点，面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)过的直线l交椭圆C于D，E两点（异于点，），直线，相交于点Q，证明：点Q在一条平行于x轴的直线上.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由椭圆的离心率，及的面积最大值，结合求出，作答.（2）设出直线l的方程及，，求出直线和的交点的纵坐标关系式，联立直线l与椭圆C的方程并消元，借助韦达定理计算作答.(1)由椭圆C的离心率为得   ①，由椭圆的几何性质知，当M为椭圆上（或下）顶点时，的面积最大，   ②，又，结合①②可解得，，所以椭圆C的方程为.(2)由过的直线l不过，，可设其直线方程为，把代入，得，，即，设，，则，，直线的方程为，直线的方程为，设直线和的交点为，则，把及代入上式，得，整理得，故点Q在一条平行于x轴的直线上，得证.【点睛】思路点睛：证明两直线交点在平行于x轴的直线上，先写出对应的两条相交直线方程并消去，目标转为证关于的表达式为常数即可.【例4】（2022·全国·高三专题练习（文））已知为椭圆的左焦点，直线与C交于A，B两点，且的周长为，面积为2.(1)求C的标准方程；(2)若关于原点的对称点为Q，不经过点P且斜率为的直线l与C交于点D，E，直线PD与QE交于点M，证明：点M在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将代入曲线C的方程中求得，继而由三角形的面积公式得.再由椭圆的对称性和椭圆的定义得，由此可求得C的标准方程；（2）设，，直线l的方程为，，联立直线l与椭圆C的方程，并消去y得，得出直线PD的方程，直线QE的方程，联立直线PD与直线QE的方程，求得点M的坐标，继而求得，可得证.(1)解：将代入中，解得，则，所以的面积为，所以.①设C的右焦点为，连接，由椭圆的对称性可知，所以的周长为，所以，②由①②解得，，所以C的标准方程为.(2)解：设，，直线l的方程为，，联立直线l与椭圆C的方程，并消去y得，则，得且，且，，，所以直线PD的方程为，即，直线QE的方程为，即，联立直线PD与直线QE的方程，得，得，，所以.所以，即点M在定直线上.【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系问题是高考命题的热点，解决此类问题要做好两点：一是转化，把题中的已知条件和所求准确转化为代数中的数与式，即形向数的转化；二是设而不求，即联立直线方程与圆锥曲线方程，利用根与系数的关系求解.【例5】（2021·贵州六盘水·一模（理））已知椭圆的离心率为，短轴的下端点的坐标为.（1）求椭圆的方程；（2）设，是椭圆上异于且不关于轴对称的两点，，的中点为，求证：点在定直线上运动.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】(1)运用椭圆的离心率和下端点即可得出结果.(2)设直线的方程和B、C、G的坐标，与椭圆方程联立并消元，得到一元二次方程，利用韦达定理求出的值，结合得出，进而解出G的坐标和k的取值范围.【详解】(1)设椭圆的半焦距为，由椭圆短轴的下端点的坐标为，得，即；由，得，代入上式，解得，从而，所以椭圆的方程为.(2)若轴，不符合题意；若与轴不垂直，设直线的方程为，代入并整理，得，；设，，则，设的中点，则，得，由，得，则，即，化简得，代入，得，解得且.所以，，即，故点在定直线上运动.【例6】（2020·浙江·浙鳌高级中学高二期中）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大值为.（1）求，的值；（2）当过点的动直线与椭圆交于不同的点，时，在线段上取点，使得，问点是否总在某条定直线上？若是，求出该直线方程，若不是，说明理由.【答案】（1），；（2）直线恒在定直线上.【分析】（1）利用椭圆关系、离心率和三角形面积可构造方程求得结果；（2）根据四点的位置关系可知，由此可得中，将直线方程代入椭圆方程，得到韦达定理形式，整理可求得，代入直线方程可知恒成立，由此可确定结论.【详解】（1）以椭圆上的一点和长轴的两个端点为顶点的三角形面积最大时，三角形另一顶点为椭圆短轴的端点，，解得：，.（2）设，，，，，，即，即，整理可得：，设直线：，联立直线与椭圆：，整理得：，，，在线段上，则，点恒在定直线上.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出所求量，通过化简整理确定所求的定直线.【例7】（2022·河南驻马店·高三期末（理））已知椭圆的左、右端点分别为，，其离心率为，过的右焦点的直线与交于异于，的，两点，当直线的斜率不存在时，．(1)求的方程．(2)若直线与交于点，试问点是否在一条定直线上？若是，求出此定直线方程；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)点在定直线上【分析】（1）解方程组可得答案；（2）设直线的方程为，，，与椭圆方程联立，求出直线、的方程消去得到，利用韦达定理可得，化简可得答案．(1)由题意可设椭圆的半焦距为，因为直线 斜率不存在时，可得，由题意得，解得，故椭圆的方程为．(2)设直线的方程为，，，联立整理得，则，，所以，由题意可得直线的方程为，直线的方程为，则，即，把代入上式，得，即，故点在定直线上．【例8】（2022·全国·高二课时练习）已知椭圆的离心率为，椭圆C的一个顶点是抛物线的焦点.(1)求椭圆C的方程；(2)过点P（4，1）的动直线l与椭圆C交于A，B两点，在线段AB上一点存在点Q，满足，证明：点Q在一定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题意求出抛物线的焦点为，则可得，由离心率为得，再结合求出的值，从而可求出椭圆方程，（2）设直线的方程为代入椭圆方程，得，利用根与系数的关系结合已知向量等式即可证明Q在一定直线上（1）因为抛物线的焦点为，所以，因为椭圆的离心率为，所以，即，解得，所以椭圆方程为（2）由题意可得直线的方程为，即，代入椭圆方程得，化简整理得，，设，则，设，由，得 ，所以，所以，化简得，因为，所以，即，所以点总在直线上，【例9】（2022·全国·高三专题练习）曲线上任意一点到点的距离与它到直线的距离之比等于，过点且与轴不重合的直线与交于不同的两点．（1）求的方程；（2）求证：内切圆的圆心在定直线上．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）设点，根据条件建立等式，化简即可；（2）设出直线和点，将代入C，消元后根据根与系数的关系得到两根间的关系，设出直线AF与BF的斜率然后求和，化为两根关系结合根与系数的关系化简，进而得到答案.【详解】（1）设，由题意：，化简得：，即C的方程为：.（2）设直线，，将代入C得：，∴设直线AF与BF的斜率分别为，则.∴，则，∴直线平分，而三角形内心在的角平分线上，∴内切圆的圆心在定直线上.【点睛】本题可以事先将直线分别取几个特殊的位置，进而判断圆心的位置，得到结论后发现只需要证明AF与BF的斜率满足即可，进而将代入C用根与系数的关系解决.【例10】（2022·全国·高二课时练习）如图，椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为A，过点A与垂直的直线交x轴负半轴于点Q，且恰是的中点，若过A，Q，三点的圆与直线相切．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N为椭圆C的长轴两端点，直线m过点交C于不同两点G，H，证明：四边形MNHG的对角线交点在定直线上，并求出定直线方程．【答案】（1）；（2）证明见解析， .【解析】（1）设椭圆C的半焦距为，由圆的定义可求得圆的半径，再由直线与圆的相切的条件可求得， ，，可求得椭圆方程．（2）设其方程为，设，，直线与椭圆的方程联立整理得，得出根与系数的关系，表示直线MH的方程和直线GN的方程。求得两直线的交点的横坐标，代入，可得交点所过的定直线.【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，由为线段中点，，所以A，Q，三点圆的圆心为，半径为，又因为该圆与直线l相切，所以，∴，所以，，故所求椭圆方程．（2）由对称性可知，若存在，则必为垂直于x轴的直线．依题意，直线l斜率必存在且不为0，设其方程为，设，，联立，得，所以，故，不妨设，，所以直线MH的方程为，直线GN的方程为消去y，得故四边形MNHG的对角线交点在定直线上．【点睛】关键点点睛：解决直线与圆锥曲线相交的相关问题时，关键在于将目标条件转化为交点的坐标间的关系，交点坐标的韦达定理上去可得以解决.【题型专练】1．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆：（）过点，且离心率为．(1)求椭圆的方程；(2)记椭圆的上下顶点分别为，过点斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与的交点在定直线上，并求出该定直线的方程．【答案】(1)(2)证明见解析；定直线【分析】（1）利用椭圆过点，离心率，结合，即可得解；（2）由题意得直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求根公式可求得，联立直线的方程与直线的方程，化简可求得直线与的交点在定直线上．(1)由椭圆过点，且离心率为，所以，解得故所求的椭圆方程为．(2)由题意得，，直线的方程，设，联立，整理得，∴，．由求根公式可知，不妨设，，直线的方程为，直线的方程为，联立，得代入，得，解得，即直线与的交点在定直线上．2．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，直线的斜率为，且原点到直线的距离为．(1)求椭圆的标准方程，(2)设椭圆的左、右顶点分别为、，过点的动直线交椭圆于、两点，直线、相交于点，证明：点在定直线上．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，进一步可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）分析可知直线不与轴重合，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，写出直线、的方程，联立这两条直线的方程，求出点的横坐标，可得出结论.(1)解：由题可知，、，则，直线的方程为，即，所以，解得，，又，所以椭圆的标准方程为．(2)解：若直线与轴重合，则、、、四点共线，不合乎题意.设直线的方程为，设点、，联立可得，，解得或，由韦达定理可得，，直线的方程为，直线的方程为，联立可得，因为，所以，，所以，解得.即点在定直线上．【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，必要时计算；（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.（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：的右焦点为F，，过点F的直线l与椭圆C交于M，N两点．(1)若直线l的斜率为3，求的值．(2)过点M且与y轴垂直的直线交直线EN于点G，探究：点G是否在某一条定直线上？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)点G在定直线上，该直线的方程为x＝4【分析】（1）根据题意写出直线l的方程，再联立直线l与椭圆方程，利用弦长公式即可解出；（2）设出直线MN的方程，与椭圆方程联立，找寻与的关系，再根据点G是直线与直线EN的交点，解出点的横坐标，即可知点G在定直线上．（1）设，，依题意，，直线l：y＝3x－6，联立，消去y整理得：，，则，，故．（2）由题易知直线l不与y轴垂直，设直线MN的方程为x＝my＋2，联立，消去x整理得：，，则，，得．由，可知点E的坐标为，则直线EN的方程为，①，直线的方程为，②（根据点G是直线与直线EN的交点，联立方程求解即可）联立①②可得，，故点G在定直线上，该直线的方程为x＝4．4．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率，长轴的左、右端点分别为(1)求椭圆的方程；(2)设直线 与椭圆交于两点，直线与交于点，试问：当变化时，点是否恒在一条直线上？若是，请写出这条直线的方程，并证明你的结论；若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)恒在直线【分析】（1）设椭圆的标准方程为，由且，求得的值，即可求解；（2）设直线的方程为，取，得到点在同一直线上，结合结论作出证明：联立方程组求得，设和与交于点和，结合，即可求解.（1）解：设椭圆的标准方程为，根据题意，可得且，所以，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）解：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；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，.5．（2021·河北·藁城新冀明中学高三阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：的离心率，且过点，A，B分别是C的左、右顶点．(1)求C的方程；(2)已知过点的直线交C于M，N两点（异于点A，B），试证直线MA与直线NB的交点在定直线上．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】(1)将点的坐标代入椭圆方程得出关于a、b的方程，结合离心率列出方程组，解方程组即可；(2)设过点G的直线方程为、，联立椭圆方程，利用韦达定理表示出，根据直线的点斜式方程求出直线AM与BN的方程，两式相除，化简计算可得直线AM与BN的交点的横坐标为4，即可证明.(1)由题意知，，化简得，解得，故椭圆的方程为；(2)设过点G的直线方程为，，消去x，得，，设，则，所以又，得，所以直线AM的方程为，直线BN的方程为，两式相除，得，即，又，即，解得，即直线AM与BN的交点的横坐标为4，所以直线AM与BN的交点在定直线上.6．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））已知椭圆经过点，离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，椭圆C的左、右顶点为，，不与坐标轴垂直且不过原点的直线l与C交于M，N两点（异于，），点M关于原点O的对称点为点P，直线与直线交于点Q，直线与直线l交于点R.证明：点R在定直线上.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由椭圆所过的点及其离心率求椭圆参数，即可得方程.（2）设，，直线l为并联立椭圆方程，由及韦达定理可得、，根据三点共线及斜率的两点式得求的斜率，进而得到直线方程，联立直线l即可证结论.(1)由题意知，，解得，故椭圆C的方程为.(2)设，，则.直线l的方程为，其中且，将代入椭圆，整理得，由与韦达定理得：，，.由（1）知：，，设，由、P、Q三点共线得：，由、N、Q三点共线得：，则，于是直线的斜率为，直线的方程为，联立，解得：，即点R在定直线上.7．（2022·河南·灵宝市第一高级中学模拟预测（文））已知椭圆的左、右顶点分别为，且过点．(1)求C的方程；(2)若直线与C交于M，N两点，直线与相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出此定直线的方程．【答案】(1)；(2)证明见解析，.【分析】（1）由椭圆的长轴长及所过的点列方程组求参数，即可得椭圆方程.（2）设则，，联立直线l与椭圆方程，由判别式、韦达定理求k的范围及、关于k的表达式，再联立直线与求交点坐标，即可证结论并确定直线方程.(1)因为，所以，解得．因为C过点，所以，解得．所以C的方程为．(2)由题意，设，则，．由，整理得，则，解得且，，．由得：，所以点G在定直线上．8．（2022·四川省高县中学校模拟预测（文））已知椭圆（a>b>0）的离心率为，短轴的下端点A的坐标为（0，－1）.(1)求椭圆E的方程；(2)设B，C是椭圆E上异于A的两点，且|AB|=|AC|，BC 的中点为G ，求证：点G在定直线上运动.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题意可得，再根据离心率及，即可求出，从而得解；（2）设直线BC的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，设的中点，即可得到，且 ，当时，轴，当时，由AG⊥BC ，得，即可得到，从而得到，即可得解；(1)解：由椭圆E短轴的下端点A的坐标为，得，即；由，得，代入上式，解得，从而，所以椭圆E的方程为.(2)解：若 轴，不符合题意；若 与 轴不垂直，设直线BC的方程为，代入并整理，得一方面，必须；另一方面，设，，则，设的中点 ，则 ，且 ，①当时，轴，显然点G在y轴上.②当时，由AG⊥BC ，得，则即 ，化简得，代入，得，解得.所以 ，，即，故点（）在定直线上运动.综上，当轴时，显然点G在y轴上运动；当BC与不平行不垂直时，点G在直线上运动.9．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知椭圆：的离心率为，左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，四边形的面积为．(1)求椭圆的方程；(2)过点且斜率存在的直线与椭圆相交于，两点，证明：直线，的交点在一定直线上，并求出该直线方程．【答案】(1)(2)证明见解析；直线【分析】(1)根据题意可得，进而解出，，即可得出椭圆方程；(2)设直线的方程为：，设，，联立椭圆方程消去得到关于的一元二次方程，根据韦达定理表示出；利用直线的点斜式方程求出直线、的方程，两直线方程联立方程组并消去，整理化简即可得出结果.(1)由题得：，，，解得：，，故椭圆的方程为．(2)设直线的方程为：，设，，联立，得，，由韦达定理得，，∴．因为，，所以直线的方程为，直线的方程为，联立消去，得，整理得，所以直线，的交点一定在直线上．10．（2021·安徽宿州·三模（文））已知点，，动点满足，点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）已知圆上任意一点处的切线方程为：，类比可知椭圆：上任意一点处的切线方程为：．记为曲线在任意一点处的切线，过点作的垂线，设与交于，试问动点是否在定直线上？若在定直线上，求出此直线的方程；若不在定直线上，请说明理由．【答案】（1）；（2）动点在定直线上．【分析】（1）根据椭圆的定义得到点的轨迹为以 ，为焦点，长轴长为4的椭圆，进而求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）设，得到直线的方程，进而得到，联立方程组，求得动点在定直线上；当时，求得，即可得到动点在定直线上．【详解】（1）由题意，点，，动点满足，根据椭圆的定义知点的轨迹为以 ，为焦点，长轴长为4的椭圆设椭圆方程为：，则，所以，曲线的方程为：．（2）设，可得直线的方程为：当时，，所以的斜率为，可得，由与的方程联立，消得，可得，解得，所以动点在定直线上，当时，可得，此时，，联立方程组，可得，此时在直线上，综上所述，动点在定直线上．【点睛】解答圆锥曲线的定点、定直线问题的策略：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.11．（2021·全国·高二专题练习）已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，两条曲线在第一象限内的交点满足.（1）求椭圆以及抛物线的标准方程；（2）设动直线与椭圆有且只有一个公共点，过椭圆的左焦点作的垂线与直线交于点，求证：点在定直线上，并求出定直线的方程.【答案】（1）；；（2）证明见解析，.【分析】（1）根据椭圆的一个焦点与抛物线焦点重合，可得，的关系，又根据联立椭圆与抛物线可得第一象限交点的横坐标，进而可得关于的方程，解方程求的值，进而可得椭圆和抛物线的方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，消去得到，由直线与椭圆相切可得其判别式等于0，整理得，代入求得的坐标，然后写出直线的方程为，联立方程组，求得，则说明点在定直线上.【详解】（1）∵椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，∴，解得，∴椭圆方程为，，解得，，∵点在第一象限，∴点的横坐标为，又∵，∴，解得.∴椭圆，抛物线；（2）由①，由直线与椭圆相切可得且，整理得，将代入①式得，即，解得，∴，又，∴，则，∴直线的方程为，联立得.∴点在定直线上.【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..