圆锥曲线定点定值问题方法总结
圆锥曲线中的定值与定点问题
研题型 能力养成 随堂内化
x＝ty＋n， ②设直线 PQ 的方程为 x＝ty＋n.由x42＋y2＝1， 得(t2＋4)y2＋2tny＋n2－4＝0，所以
y1＋y2＝－t22＋tn4， y1y2＝nt22＋－44． 由①可知，kAP·kAQ＝－112，即x1y＋1 2·x2y＋2 2＝(ty1＋n＋2y)1y(t2y2＋n＋2)＝－112，化简得 4n2＋n21－6n4＋16＝－112，解得 n＝1 或 n＝－2(舍去)，所以直线 PQ 的方程为 x＝ty＋1， 因此直线 PQ 经过定点(1，0).
研题型 能力养成 举题说法
若选②：设 A(x1，y1)，B(x2，y2).联立x42－y32＝1， 得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝ y＝kx＋m，
0，所以 3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即 m2＋3－4k2＞0，x1＋ x2＝3－8km4k2，x1x2＝－34－m24－k212(*). 由 k1k2＝1，得yx11－ －34·yx22－ －34＝1，即(kx1＋m)(kx2＋m()x－1－3[4()k(xx12＋－m4))＋(kx2＋m)]＋9＝1，整
研题型 能力养成 随堂内化
1．(2023·梅州一模)已知动圆 M 经过定点 F1(－ 3，0)，且与圆 F2：(x－ 3)2＋y2＝
16 内切． (2) 设轨迹 C 与 x 轴从左到右的交点分别为 A，B，点 P 为轨迹 C 上异于 A，B 的动 点，设 PB 交直线 x＝4 于点 T，连接 AT 交轨迹 C 于点 Q，直线 AP，AQ 的斜率分别 为 kAP，kAQ. ①求证：kAP·kAQ 为定值； ②证明直线 PQ 经过 x 轴上的定点，并求出该定点的坐标．
高考数学《圆锥曲线定点定值问题之定比点差法》
圆锥曲线定点定值问题之定比点差法一：定比点差法原理定比分点：若,MB AM λ=则称点M 为AB 的入定比分点，若()()2211,,,y x B y x A 则⎪⎭⎫ ⎝⎛++++λλλλ1,1:2121y y x x M 若MB AM λ=且NB AN λ-=,则称N M ,调和分割B A ,,根据定义，那么B A ,也调和分割N M ,.1.定理：在椭圆或双曲线中，设A,B 为椭圆或双曲线上的两点。
若存在P ,Q 两点，满足PBAP λ=，QBAQ λ-=，一定有122=±b y y a x x Q P QP 证明：若()()2211,,,y x B y x A ， PB AP λ=，则⎪⎭⎫⎝⎛++++λλλλ1,1:2121y y x x P,QB AQ λ-=则⎪⎭⎫⎝⎛----λλλλ1,1:2121y y x x Q ，有2211222222222221x y a b x y a b ①②①—②得：()()()()121212122221.x x x x y y y y a b λλλλλ+-+-±=-即11111112121221212=--•++•±--•++•λλλλλλλλy y y y b x x x x a122=±by y ax x Q P Q P2.在抛物线pxy 22=中，设A,B 为抛物线上的两点。
若存在P ,Q 两点，满足PBAP λ=，QBAQ λ-=，一定有)(Q P Q P x x p y y +=证明：若()()2211,,,y x B y x A ， PB AP λ=，则⎪⎭⎫⎝⎛++++λλλλ1,1:2121y y x x P,QB AQ λ-=则⎪⎭⎫ ⎝⎛----λλλλ1,1:2121y y x x Q ，有2112222222y px y px ①②①—②得：22222121122()y y p x x x x λλλ-=+--即22121212121212))()y y y y p x x x x x x x x λλλλλλλλ+-=++-+---(( 12121212))()(1)()(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)y y y y p x x p x x λλλλλλλλλλλλ+-+--+=++--+-+(()(Q P Q P x x p y y +=定比点差的原理谜题解开，就是两个互相调和的定比分点坐标满足圆锥曲线的特征方程。
圆锥曲线中的定点、定值问题(含解析)
圆锥曲线中的定点、定值问题一、题型选讲题型一 、 圆锥曲线中过定点问题圆锥曲线中过定点问题常见有两种解法： （1）、求出圆锥曲线或直线的方程解析式，研究解析式，求出定点（2）、从特殊位置入手，找出定点，在证明该点符合题意（运用斜率相等或者三点共线）。
例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x y a+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8AG GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，P A 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.例2、（2020届山东省临沂市高三上期末）如图，已知点F 为抛物线C ：22y px =（0p >）的焦点，过点F 的动直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，且当直线l 的倾斜角为45°时，16MN =.（1）求抛物线C 的方程.（2）试确定在x 轴上是否存在点P ，使得直线PM ，PN 关于x 轴对称？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.例3、【2019年高考北京卷理数】已知抛物线C ：x 2=−2py 经过点（2，−1）．（1）求抛物线C 的方程及其准线方程；（2）设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y =−1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B ．求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．题型二、圆锥曲线中定值问题圆锥曲线中常见的定值问题，属于难题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，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，从而得到定值例4、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为2，且过点A （2，1）．（1）求C 的方程：（2）点M ，N 在C 上，且AM ⊥AN ，AD ⊥MN ，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得|DQ |为定值．例5、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的离心率e 满足2220e −+=，右顶点为A ，上顶点为B ，点C (0，－2)，过点C 作一条与y 轴不重合的直线l ，直线l 交椭圆E 于P ，Q 两点，直线BP ，BQ 分别交x 轴于点M ，N ；当直线l 经过点A 时，l ．(1)求椭圆E 的方程；(2)证明：BOM BCN S S ∆∆⋅为定值．例6、(2019苏州三市、苏北四市二调）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)，C 2与C 1的长轴长之比为2∶1，离心率相同．(1) 求椭圆C 2的标准方程； (2) 设点P 为椭圆C 2上的一点．①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ，B ，求证：PAPB 为定值；②过点P 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线l 1，l 2，且直线l 1，l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证k 1·k 2为定值．.思路分析 (1)根据已知条件，求出a ，b 的值，得到椭圆C 2的标准方程．(2)①对直线OP 斜率分不存在和存在两种情况讨论，当OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，并与椭圆C 1的方程联立，解得点A 横坐标，同理求得点P 横坐标，再通过弦长公式，求出PAPB 的表达式，化简整理得到定值．②设P(x 0，y 0)，写出直线l 1的方程，并与椭圆C 1联立，得到关于x 的一元二次方程，根据直线l 1与椭圆C 1有且只有一个公共点，得到方程只有一解，即Δ＝0，整理得(x 20－4)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－1＝0，同理得到(x 20－4)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－1＝0，从而说明k 1，k 2是关于k 的一元二次方程的两个根，运用根与系数的关系，证得定值．二、达标训练1、（2020届浙江省温州市高三4月二模）如图，已知椭圆22:14x C y +=，F 为其右焦点，直线()0:k y x m l m k +<=与椭圆交于1122(,),(,)P x y Q x y 两点，点,A B 在l 上，且满足,,PA PF QB QF OA OB ===.(点,,,A P Q B 从上到下依次排列)(I )试用1x 表示PF ：(II )证明：原点O 到直线l 的距离为定值.2、【2018年高考北京卷理数】已知抛物线C ：2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （1）求直线l 的斜率的取值范围；（2）设O 为原点，QM QO λ=，QN QO μ=，求证：11λμ+为定值．3、(2019苏锡常镇调研）已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的离心率为32，焦点到相应准线的距离为33.(1) 求椭圆E 的标准方程；(2) 已知P(t ，0)为椭圆E 外一动点，过点P 分别作直线l 1和l 2，直线l 1和l 2分别交椭圆E 于点A ，B 和点C ，D ，且l 1和l 2的斜率分别为定值k 1和k 2，求证：PA ·PBPC ·PD 为定值．4、(2018苏州暑假测试）如图，已知椭圆O ：x 24＋y 2＝1的右焦点为F ，点B ，C 分别是椭圆O 的上、下顶点，点P 是直线l ：y ＝－2上的一个动点(与y 轴的交点除外)，直线PC 交椭圆于另一个点M.(1) 当直线PM 经过椭圆的右焦点F 时，求△FBM 的面积；(2) ①记直线BM ，BP 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1•k 2为定值；5、(2016泰州期末）如图，在平面直角坐标系xOy 中， 已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆右顶点．过原点O 且异于坐标轴的直线与椭圆C 交于B ，C 两点，直线AB 与圆O 的另一交点为P ，直线PD 与圆O 的另一交点为Q ，其中D (－65，0).设直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1) 求k 1k 2的值；(2) 记直线PQ ，BC 的斜率分别为k PQ ，k BC ，是否存在常数λ，使得k PQ ＝λk BC ？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由；(3) 求证：直线AC 必过点Q .圆锥曲线中的定点、定值问题解析一、题型选讲例1【解析】（1）由题设得A （–a ，0），B （a ，0），G （0，1）.则(,1)AG a =，GB =（a ，–1）.由AG GB ⋅=8得a 2–1=8，即a =3.所以E 的方程为29x +y 2=1．（2）设C （x 1，y 1），D （x 2，y 2），P （6，t ）.若t ≠0，设直线CD 的方程为x =my +n ，由题意可知–3<n <3.由于直线P A 的方程为y =9t （x +3），所以y 1=9t （x 1+3）.直线PB 的方程为y =3t （x –3），所以y 2=3t（x 2–3）.可得3y 1（x 2–3）=y 2（x 1+3）.由于222219x y +=，故2222(3)(3)9x x y +−=−，可得121227(3)(3)y y x x =−++， 即221212(27)(3)()(3)0.m y y m n y y n ++++++=①将x my n =+代入2219x y +=得222(9)290.m y mny n +++−=所以12229mn y y m +=−+，212299n y y m −=+．代入①式得2222(27)(9)2(3)(3)(9)0.m n m n mn n m +−−++++=解得n =–3（含去），n =32.故直线CD 的方程为3=2x my +，即直线CD 过定点（32，0）． 若t =0，则直线CD 的方程为y =0，过点（32，0）.综上，直线CD 过定点（32，0）.例2、【解析】（1）当直线l 的倾斜角为45°，则l 的斜率为1，,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭，l ∴的方程为2p y x =−.由2,22,p y x y px ⎧=−⎪⎨⎪=⎩得22304p x px −+=.设()11,M x y ，()22,N x y ，则123x x p +=， ∴12416x x p M p N ++===，4p =， ∴抛物线C 的方程为28y x =.（2）假设满足条件的点P 存在，设(),0P a ，由（1）知()2,0F ， ①当直线l 不与x 轴垂直时，设l 的方程为()2y k x =−（0k ≠），由()22,8,y k x y x ⎧=−⎨=⎩得()22224840k x k x k −++=，()22222484464640k k k k ∆=+−⋅⋅=+>，212248k x x k++=，124x x =. ∵直线PM ，PN 关于x 轴对称， ∴0PM PN k k +=，()112PM k x k x a −=−，()222PNk x k x a−=−. ∴()()()()()()122112128(2)222240a k x x a k x x a k x x a x x a k+−−+−−=−+++=−=⎡⎤⎣⎦， ∴2a =−时，此时()2,0P −.②当直线l 与x 轴垂直时，由抛物线的对称性，易知PM ，PN 关于x 轴对称，此时只需P 与焦点F 不重合即可. 综上，存在唯一的点()2,0P −，使直线PM ，PN 关于x 轴对称. 例3、【解析】（1）由抛物线2:2C x py =−经过点(2,1)−，得2p =.所以抛物线C 的方程为24x y =−，其准线方程为1y =.（2）抛物线C 的焦点为(0,1)F −. 设直线l 的方程为1(0)y kx k =−≠.由21,4y kx x y=−⎧⎨=−⎩得2440x kx +−=.设()()1122,,,M x y N x y ，则124x x =−. 直线OM 的方程为11y y x x =. 令1y =−，得点A 的横坐标11A x x y =−. 同理得点B 的横坐标22B x x y =−. 设点(0, )D n ，则1212,1,,1x x DA n DB n y y ⎛⎫⎛⎫=−−−=−−− ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 21212(1)x x DA DB n y y ⋅=++ 2122212(1)44x x n x x =++⎛⎫⎛⎫−− ⎪⎪⎝⎭⎝⎭21216(1)n x x =++ 24(1)n =−++.令0DA DB ⋅=，即24(1)0n −++=，则1n =或3n =−. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0,3)−.例4、【解析】（1）由题设得22411a b +=，22212a b a −=，解得26a =，23b =． 所以C 的方程为22163x y +=． （2）设11(,)M x y ，22(,)N x y ．若直线MN 与x 轴不垂直，设直线MN 的方程为y kx m =+，代入22163x y +=得222(12)4260k x kmx m +++−=． 于是2121222426,1212km m x x x x k k −+=−=++．①由AM AN ⊥知0AM AN ⋅=，故1212(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−=，可得221212(1)(2)()(1)40k x x km k x x m ++−−++−+=．将①代入上式可得22222264(1)(2)(1)401212m kmk km k m k k−+−−−+−+=++． 整理得(231)(21)0k m k m +++−=．因为(2,1)A 不在直线MN 上，所以210k m +−≠，故2310k m ++=，1k ≠．于是MN 的方程为21()(1)33y k x k =−−≠.所以直线MN 过点21(,)33P −.若直线MN 与x 轴垂直，可得11(,)N x y −.由0AM AN ⋅=得1111(2)(2)(1)(1)0x x y y −−+−−−=.又2211163x y +=，可得2113840x x −+=.解得12x =（舍去），123x =. 此时直线MN 过点21(,)33P −.令Q 为AP 的中点，即41(,)33Q .若D 与P 不重合，则由题设知AP 是Rt ADP △的斜边，故1||||2DQ AP =. 若D 与P 重合，则1||||2DQ AP =. 综上，存在点41(,)33Q ，使得||DQ 为定值.例5、【解析】（1）由2220e −+=解得2e =或e =，∴a =，又222a b c =+，a ∴=，又()020AC k a −−==−a ∴=1b ∴=，∴椭圆E 的方程为2212x y +=；（2）由题知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为2y kx =−，设()()1122,,,P x y Q x y ，由22212y kx x y =−⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2221860k x kx +−+=， ∴12122286,2121k x x x x k k +==++， ()()22=84621k k −−⨯⨯+=216240k −> 232k ∴>， ∴()121224421y y k x x k −+=+−=+，()()121222y y kx kx =−−()21212=24k x x k x x −++=224221k k −+， 直线BP 的方程为1111y y x x −=+，令0y =解得111x x y =−，则11,01x M y ⎛⎫⎪−⎝⎭，同理可得22,01x N y ⎛⎫⎪−⎝⎭， 12123411BOMBCNx x SSy y ∴=−−=()()()12121212123341141x x x x y y y y y y =−−−++=22226321444212121k k k k +−++++=12， BOM BON S S∆∴为定值12． 例6、 (1) 规范解答 设椭圆C 2的焦距为2c ，由题意，a ＝22，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，因此椭圆C 2的标准方程为x 28＋y 22＝1.(3分)(2)①1°当直线OP 斜率不存在时，PA ＝2－1，PB ＝2＋1，则PAPB ＝2－12＋1＝3－2 2.(4分) 2°当直线OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＝4， 所以x 2A ＝44k 2＋1，同理x 2P ＝84k 2＋1.(6分)所以x 2P ＝2x 2A ，由题意，x P 与x A 同号，所以x P ＝2x A ，从而PAPB＝|x P－x A||x P－x B|＝|x P－x A||x P＋x A|＝2－12＋1＝3－2 2.所以PAPB＝3－22为定值．(8分)②设P(x0，y0)，所以直线l1的方程为y－y0＝k1(x－x0)，即y＝k1x－k1x0＋y0，记t＝－k1x0＋y0，则l1的方程为y＝k1x＋t，代入椭圆C1的方程，消去y，得(4k21＋1)x2＋8k1tx＋4t2－4＝0，因为直线l1与椭圆C1有且只有一个公共点，所以Δ＝(8k1t)2－4(4k21＋1)(4t2－4)＝0，即4k21－t2＋1＝0，将t＝－k1x0＋y0代入上式，整理得，(x20－4)k21－2x0y0k1＋y20－1＝0，(12分)同理可得，(x20－4)k22－2x0y0k2＋y20－1＝0，所以k1，k2为关于k的方程(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－1＝0的两根，从而k1·k2＝y20－1x20－4.(14又点在P(x0，y0)椭圆C2：x28＋y22＝1上，所以y20＝2－14x20，所以k1·k2＝2－14x20－1x20－4＝－14为定值．(16分)二、达标训练1、【解析】(I) 椭圆22:14xC y+=，故)F，1 ||22FP x ====−.(II)设()33,A x y，()44,B x y，则将y kx m=+代入2214xy+=得到：()222418440k x kmx m+++−=，故2121222844,4141km mx x x xk k−−+==++，21241x xk−=+，OA OB=，故()3434343421k x x my yx x x x k+++==−++，得到34221kmx xk−+=+，PA PF=13122x x−=−42222x x−=−，由已知得：3124x x x x<<<或3124x x x x>>>，)()123421x x x x x+−+=−，2228241141km kmk k k−+=+++，化简得到221m k=+.故原点O到直线l的距离为1d==为定值.2、【解析】（1）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x．由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k≠0）．由241y xy kx⎧=⎨=+⎩得22(24)10k x k x+−+=．依题意22(24)410k k∆=−−⨯⨯>，解得k<0或0<k<1．又P A，PB与y轴相交，故直线l不过点（1，-2）．从而k≠-3．所以直线l斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．由（1）知12224kx xk−+=−，1221x xk=．直线P A的方程为1122(1)1yy xx−−=−−．令x=0，得点M的纵坐标为1111212211My kxyx x−+−+=+=+−−．同理得点N的纵坐标为22121Nkxyx−+=+−．由=QM QOλ，=QN QOμ得=1Myλ−，1Nyμ=−．所以2212121212122224112()111111=2111(1)(1)11M Nkx x x x x x k ky y k x k x k x x kk λμ−+−−−++=+=+=⋅=⋅−−−−−−．所以11λμ+为定值．3、规范解答(1)设椭圆的半焦距为c，由已知得，ca＝32，则a2c－c＝33，c2＝a2－b2，(3分)解得a＝2，b＝1，c＝3，(5分)所以椭圆E的标准方程是x24＋y2＝1.(6分)(2) 解法1 由题意，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，代入椭圆E 的方程中，并化简得(1＋4k 21)x 2－8k 21tx ＋4k 21t 2－4＝0，(8分)设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)．则x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，因为PA ＝1＋k 21|x 1－t|，PB ＝1＋k 21|x 2－t|，(10分)所以PA·PB ＝(1＋k 21)|x 1－t||x 2－t|＝(1＋k 21)|t 2－(x 1＋x 2)t ＋x 1x 2| ＝(1＋k 21)|t 2－8k 21t 21＋4k 21＋4k 21t 2－41＋4k 21|＝（1＋k 21）|t 2－4|1＋4k 21，(12分) 同理，PC ·PD ＝（1＋k 22）|t 2－4|1＋4k 22，(14分) 所以PA·PB PC·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21）为定值．(16分)解法2 由题意，设直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，直线l 2的方程为y ＝k 2(x －t)，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，C(x 3，y 3)，D(x 4，y 4)．直线l 1的方程为y ＝k 1(x －t)，代入椭圆E 的方程中，并化简得(1＋4k 21)x 2－8k 21tx ＋4k 21t 2－4＝0，(8分) 则x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，同理则x 3＋x 4＝8k 22t1＋4k 22，x 3x 4＝4k 22t 2－41＋4k 22，PA →·PB →＝(x 1－t ，y 1)(x 2－t ，y 2)＝(x 1－t)(x 2－t)＋k 21(x 1－t)(x 2－t)＝(x 1－t)(x 2－t)(1＋k 21)， PC →·PD →＝(x 3－t ，y 3)(x 4－t ，y 4)＝(x 3－t)(x 4－t)＋k 22(x 3－t)(x 4－t)＝(x 3－t)(x 4－t)(1＋k 22)．(12分) 因为P ，A ，B 三点共线，所以PA →·PB →＝PA·PB ，同理，PC →·PD →＝PC ·PD.PA ·PB PC ·PD ＝PA →·PB →PC →·PD →＝（x 1－t ）（x 2－t ）（1＋k 21）（x 3－t ）（x 4－t ）（1＋k 22）＝（1＋k 21）（1＋k 22）·（x 1－t ）（x 2－t ）（x 3－t ）（x 4－t ）＝（1＋k 21）（1＋k 22）·x 1x 2－t （x 1＋x 2）＋t 2x 3x 4－t （x 3＋x 4）＋t 2.代入x 1＋x 2＝8k 21t 1＋4k 21，x 1x 2＝4k 21t 2－41＋4k 21，x 3＋x 4＝8k 22t 1＋4k 22，x 3x 4＝4k 22t 2－41＋4k 22，化简得PA ·PB PC ·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21），(14分)因为是定值，所以PA ·PB PC ·PD ＝（1＋k 21）（1＋4k 22）（1＋k 22）（1＋4k 21）为定值．(16分)4规范解答 (1) 由题意B(0，1)，C(0，－1)，焦点F(3，0)，当直线PM 过椭圆的右焦点F 时，则直线PM 的方程为x 3＋y －1＝1，即y ＝33x －1，联立⎩⎨⎧x 24＋y 2＝1，y ＝33x －1，解得⎩⎨⎧x ＝837，y ＝17或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1(舍)，即M ⎝⎛⎭⎫837，17.(2分)连结BF ，则直线BF ：x 3＋y1＝1，即x ＋3y －3＝0，而BF ＝a ＝2，点M 到直线BF 的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪837＋3×17－312＋（3）2＝2372＝37.故S △MBF ＝12·BF ·d ＝12×2×37＝37.(4分)(2) 解法1(点P 为主动点) ①设P(m ，－2)，且m≠0，则直线PM 的斜率为k ＝－1－（－2）0－m ＝－1m ， 则直线PM 的方程为y ＝－1m x －1，联立⎩⎨⎧y ＝－1m x －1，x 24＋y 2＝1化简得⎝⎛⎭⎫1＋4m 2x 2＋8m x ＝0，解得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8m m 2＋4，4－m 2m 2＋4，(6分)所以k 1＝4－m 2m 2＋4－1－8m m 2＋4＝－2m 2－8m ＝14m ，k 2＝1－（－2）0－m ＝－3m ，(8分)所以k 1·k 2＝－3m ·14m ＝－34为定值．(10分)5、规范解答 (1) 设B (x 0，y 0)，则C (－x 0，－y 0)，x 204＋y 20＝1，因为A (2,0)，所以k 1＝y 0x 0－2，k 2＝y 0x 0＋2，所以k 1k 2＝y 0x 0－2·y 0x 0＋2＝y 20x 20－4＝1－14x 20x 20－4＝－14.(4分)(2) 设直线AP 方程为y ＝k 1(x －2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －2，x 2＋y 2＝4得(1＋k 21)x 2－4k 21x ＋4(k 21－1)＝0，解得x P ＝2k 21－11＋k 21，y P ＝k 1(x P －2)＝－4k 11＋k 21， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －2，x24＋y 2＝1得(1＋4k 21)x 2－16k 21x ＋4(4k 21－1)＝0，解得x B ＝24k 21－11＋4k 21，y B ＝k 1(x B －2)＝－4k 11＋4k 21，(8分) 所以k BC ＝y B x B ＝－2k 14k 21－1，k PQ ＝y Px P ＋65＝－4k 11＋k 212k 21－11＋k 21＋65＝－5k 14k 21－1， 所以k PQ ＝52k BC ，故存在常数λ＝52，使得k PQ ＝52k BC .(10分) (3) 设直线AC 方程为y ＝k 2(x －2)，当直线PQ 与x 轴垂直时，Q ⎝⎛⎭⎫－65，－85，则P －65，85，所以k 1＝－12，即B (0,1)，C (0，－1)，所以k 2＝12，则k AQ ＝－85－65－2＝12＝k 2，所以直线AC 必过点Q .当直线PQ 与x 轴不垂直时，设直线PQ 方程为y ＝－5k 14k 21－1⎝⎛⎭⎫x ＋65， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－5k 14k 21－1⎝⎛⎭⎫x ＋65，x 2＋y 2＝4解得x Q ＝－216k 21－116k 21＋1，y Q ＝16k 116k 21＋1， 因为k 2＝－y B －x B －2＝4k 11＋4k 2121－4k 211＋4k 21－2＝－14k 1， 所以k AQ ＝16k 116k 21＋1－216k 21－116k 21＋1－2＝－14k 1＝k 2，故直线AC 必过点Q .(16分) (不考虑直线与x 轴垂直的情形扣1分)。
高考圆锥曲线中的定点与定值问题(题型总结超全)
专题08 解锁圆锥曲线中的定点与定值问题一、解答题1．【陕西省榆林市第二中学2018届高三上学期期中】已知椭圆的左右焦点分别为，离心率为；圆过椭圆的三个顶点.过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）证明：在轴上存在定点，使得为定值；并求出该定点的坐标.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（Ⅰ）设圆过椭圆的上、下、右三个顶点，可求得，再根据椭圆的离心率求得，可得椭圆的方程；（Ⅱ）设直线的方程为，将方程与椭圆方程联立求得两点的坐标，计算得。
设x轴上的定点为，可得，由定值可得需满足，解得可得定点坐标。
解得。
∴椭圆的标准方程为.（Ⅱ）证明：由题意设直线的方程为，由消去y整理得，设，，要使其为定值，需满足，解得.故定点的坐标为.点睛：解析几何中定点问题的常见解法(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故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所求定点； (2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．2．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知斜率为k 的直线l 经过点()1,0-与抛物线2:2C y px =（0,p p >为常数）交于不同的两点,M N ，当12k =时，弦MN的长为. （1）求抛物线C 的标准方程；（2）过点M 的直线交抛物线于另一点Q ，且直线MQ 经过点()1,1B -，判断直线NQ 是否过定点？若过定点，求出该点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1）24y x =;（2）直线NQ 过定点()1,4- 【解析】试题分析：（1）根据弦长公式即可求出答案；（2）由（1）可设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12MN k t t =+， 则()11:220MN x t t y tt -++=； 同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11t t ⇒=（1）；由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2） 将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，即可得出直线NQ 过定点．（2）设()()()2221122,2,,2,,2M t t N t t Q t t ，则12211222=MN t t k t t t t -=-+， 则()212:2MN y t x t t t -=-+即()11220x t t y tt -++=； 同理： ()22:220MQ x t t y tt -++=；()1212:220NQ x t t y t t -++=.由()1,0-在直线MN 上11tt ⇒=，即11t t =（1）； 由()1,1-在直线MQ 上22220t t tt ⇒+++=将（1）代入()121221t t t t ⇒=-+- （2） 将（2）代入NQ 方程()()12122420x t t y t t ⇒-+-+-=，易得直线NQ 过定点()1,4-3．【四川省成都市第七中学2017-2018学年高二上学期半期考】已知抛物线()2:0C y mx m =>过点()1,2-， P 是C 上一点，斜率为1-的直线l 交C 于不同两点,A B （l 不过P 点），且PAB ∆的重心的纵坐标为23-. （1）求抛物线C 的方程，并求其焦点坐标；（2）记直线,PA PB 的斜率分别为12,k k ，求12k k +的值. 【答案】（1）方程为24y x =;其焦点坐标为()1,0（2）120k k +=【解析】试题分析;（1）将()1,2-代入2y mx =，得4m =，可得抛物线C 的方程及其焦点坐标；（2）设直线l 的方程为y x b =-+，将它代入24y x =得22220x b x b -++=（），利用韦达定理，结合斜率公式以及PAB ∆的重心的纵坐标23-，化简可12k k + 的值；因为PAB ∆的重心的纵坐标为23-， 所以122p y y y ++=-，所以2p y =，所以1p x =，所以()()()()()()1221121212122121221111y x y x y y k k x x x x ------+=+=----， 又()()()()12212121y x y x --+--()()()()12212121x b x x b x ⎡⎤⎡⎤=-+--+-+--⎣⎦⎣⎦()()()12122122x x b x x b =-+-+-- ()()()22212220b b b b =-+-+--=.所以120k k +=.4．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的短轴端点到右焦点()10F ，的距离为2．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过点F 的直线交椭圆C 于A B ，两点，交直线4l x =：于点P ，若1PA AF λ=，2PB BF λ=，求证： 12λλ-为定值．【答案】(1) 22143x y +=;(2)详见解析. 【解析】试题分析：（Ⅰ）利用椭圆的几何要素间的关系进行求解；（Ⅱ）联立直线和椭圆的方程，得到关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系和平面向量的线性运算进行证明.（Ⅱ）由题意直线AB 过点()1,0F ，且斜率存在，设方程为()1y k x =-, 将4x =代人得P 点坐标为()4,3k ，由()221{ 143y k x x y =-+=，消元得()22223484120k xk x k +-+-=，设()11,A x y ， ()22,B x y ，则0∆>且21222122834{ 41234k x x kk x x k +=+-⋅=+， 方法一：因为1PA AF λ=，所以11141PA x AF x λ-==-. 同理22241PB x BFx λ-==-，且1141x x --与2241x x --异号，所以12121212443321111x x x x x x λλ⎛⎫---=+=--+ ⎪----⎝⎭()()1212123221x x x x x x +-=-+-++()2222238682412834k k k k k --=-+--++0=. 所以， 12λλ-为定值0.当121x x <<时，同理可得120λλ-=. 所以， 12λλ-为定值0.同理2223PB my BFmy λ-==，且113my my -与223my my -异号，所以()12121212123332y y my my my my my y λλ+---=+=-()()36209m m ⨯-=-=⨯-.又当直线AB 与x 轴重合时， 120λλ-=， 所以， 12λλ-为定值0.【点睛】本题考查直线和椭圆的位置关系，其主要思路是联立直线和椭圆的方程，整理成关于x 或y 的一元二次方程，利用根与系数的关系进行求解，因为直线AB 过点()1,0F ，在设方程时，往往设为1x my =+()0m ≠，可减少讨论该直线是否存在斜率.5．【四川省绵阳南山中学2017-2018学年高二上学期期中考】设抛物线C ： 24y x =， F 为C 的焦点，过F 的直线l 与C 相交于,A B 两点. （1）设l 的斜率为1，求AB ； （2）求证： OA OB ⋅是一个定值. 【答案】(1) 8AB =（2）见解析【解析】试题分析：（1）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系及抛物线的定义、弦长公式即可得出；（2）把直线的方程与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系、向量的数量积即可得出；（2）证明：设直线l 的方程为1x ky =+，由21{4x ky y x=+-得2440y ky --= ∴124y y k +=， 124y y =-()()1122,,,OA x y OB x y ==，∵()()1212121211OA OB x x y y kx ky y y ⋅=+=+++，()212121222144143k y y k y y y y k k =++++=-++-=-，∴OA OB ⋅是一个定值.点睛：熟练掌握直线与抛物线的相交问题的解题模式、根与系数的关系及抛物线的定义、过焦点的弦长公式、向量的数量积是解题的关键，考查计算能力,直线方程设成1x ky =+也给解题带来了方便.6．【内蒙古包头市第三十三中2016-2017学年高一下学期期末】已知椭圆C : 22221(0,0)x y a b a b+=>>的,右焦点为求椭圆C 的方程; (2)若过原点作两条互相垂直的射线,与椭圆交于A ,B 两点,求证:点O 到直线AB 的距离为定值.【答案】(1) 2213x y += ,(2) O 到直线AB 的距离为定值2. 【解析】试题分析：（1）根据焦点和离心率列方程解出a ，b ，c ；（2）对于AB 有无斜率进行讨论，设出A ，B 坐标和直线方程，利用根与系数的关系和距离公式计算；有OA⊥OB知x1x2+y1y2=x1x2+(k x1+m) (k x2+m)=(1+k2) x1x2+k m(x1+x2)=0 代入,得4 m2=3 k2+3原点到直线AB的距离d==，当AB的斜率不存在时, 11x y= ,可得,1x d==依然成立.所以点O 到直线点睛：本题考查了椭圆的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，分类讨论思想，对于这类题目要掌握解题方法．设而不求，套用公式解决．7．【四川省成都市石室中学2017-2018学年高二10月月考】已知双曲线()222210x yb aa b-=>>渐近线方程为y=，O为坐标原点，点(M在双曲线上．（Ⅰ）求双曲线的方程；（Ⅱ）已知,P Q为双曲线上不同两点，点O在以PQ为直径的圆上，求2211OP OQ+的值．【答案】（Ⅰ）22126x y-=；（Ⅱ）221113OP OQ+=.【解析】试题分析：（1）根据渐近线方程得到设出双曲线的标准方程，代入点M的坐标求得参数即可；（2）由条件可得OP OQ⊥，可设出直线,OP OQ的方程，代入双曲线方程求得点,P Q的坐标可求得221113OP OQ+=。
高中数学-圆锥曲线中的定点、定值与最值问题
[例 2] 如图，在平面直角
坐标系 xOy 中，椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、
右焦点分别为 F1(－c,0)，F2(c,0)．已知点(1，e)
和e，
23都在椭圆上，其中
e
为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)设 A，B 是椭圆上位于 x 轴上方的两点，且直线 AF1 与直
线 BF2 平行，AF2 与 BF1 交于点 P，
法二：同(2)法一假设前内容． 假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M 必在x轴上． 取k＝0，m＝ 3，此时P(0， 3)，Q(4， 3)， 以PQ为直径的圆为(x－2)2＋(y－ 3)2＝4， 交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)； 取k＝－12，m＝2，此时P1，32，Q(4,0)， 以PQ为直径的圆为x－522＋y－342＝4156， 交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)．
因为 MP ＝－4mk－x1，m3 ， MQ ＝(4－x1,4k＋m)， 由 MP ·MQ ＝0，得－1m6k＋4kmx1－4x1＋x12＋1m2k＋3＝0， 整理，得(4x1－4)mk ＋x12－4x1＋3＝0.(**) 由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立， 所以4x1x2－1－4x41＝＋03，＝0， 解得x1＝1. 故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
圆锥曲线中的最值问题
[例3] 如图，在直角坐标系xOy中，点 P1，12到抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线的距 离为54.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的 两动点，且线段AB被直线OM平分．
(1)求p，t的值； (2)求△ABP面积的最大值．
[思路点拨] (1)利用点M(t,1)在曲线上及点P 1，12 到准线的距 离为54求p与t的值；
圆锥曲线中的定点问题及解决方法
圆锥曲线中的定点问题及解决方法1. 引言1.1 背景介绍圆锥曲线是几何学中一个重要的概念，指的是由一个平面与一个圆锥体相交而得到的曲线。
在数学中，圆锥曲线包括圆、椭圆、双曲线和抛物线四种类型。
这些曲线在几何学和代数学中有着广泛的应用，涉及到许多重要的定理和性质。
圆锥曲线中的定点问题是指关于曲线上或曲线与其他几何图形的交点位置和性质的问题。
这些问题在实际应用中具有重要意义，例如在天文学中描述行星轨道的形状，或在工程学中设计湖面上的浮标位置等。
研究圆锥曲线中的定点问题不仅可以加深对这些曲线的理解，更可以拓展数学知识的应用范围。
通过研究不同的解决方法，可以进一步提高解决问题的能力和技巧，为数学领域的发展贡献力量。
深入探讨圆锥曲线中的定点问题具有重要的研究意义和价值。
1.2 问题提出圆锥曲线中的定点问题是一个重要而复杂的数学问题，其研究有着深远的理论和应用意义。
在圆锥曲线中，定点问题是指在已知曲线的情况下，找到曲线上满足一定条件的点的位置。
这种问题涉及到几何、代数和分析等多个数学领域，需要综合运用不同的数学方法来求解。
定点问题在圆锥曲线中具有广泛的实际应用。
比如在工程领域中，定点问题可以帮助我们确定某个位置的几何特性，从而设计出更加精确的结构。
在物理学中，定点问题可以帮助我们分析物体的运动轨迹和速度方向。
在计算机图形学和机器人领域中，定点问题也有着重要的应用价值。
研究圆锥曲线中的定点问题不仅有助于深化数学理论，还能推动相关领域的发展和创新。
在本文中，我们将介绍不同的解决方法来解决圆锥曲线中的定点问题，探讨其适用场景和未来研究方向，以期为相关领域的研究工作提供一定的参考和启发。
1.3 研究意义在圆锥曲线中，定点问题具有重要的研究意义。
通过对定点问题的研究，我们可以深入理解圆锥曲线的性质和特点，进一步探索其数学规律和几何意义。
定点是曲线上的固定点，对于圆锥曲线而言，定点的位置和性质对曲线的形状和特征具有决定性影响。
重难点突破之圆锥曲线中的定点问题、定值问题题型(含答案)
重难点突破之圆锥曲线中的定点问题、定值问题1．（2024·浙江金华·一模）已知和为椭圆：上两点.(1)求椭圆的离心率；(2)过点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）.（i）若的面积为，求直线的方程；（ii）直线和分别与轴交于，两点，求证：以为直径的圆被轴截得的弦长为定值.2．（24-25高三上·天津南开·阶段练习）已知椭圆过点，其长轴长为4，下顶点为，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.(1)求椭圆的方程；(2)当点横坐标的乘积为时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.3．（2024·广西柳州·一模）在平面直角坐标系中，为直线上一动点，椭圆：的左右顶点分别为，，上、下顶点分别为，．若直线交于另一点，直线交于另一点．(1)求证：直线过定点，并求出定点坐标；(2)求四边形面积的最大值．4．（2024·浙江台州·一模）已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T．(1)求的方程和双曲线的渐近线方程；(2)设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切；(3)设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．5．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，长轴长为，直线的倾斜角为(1)求直线的方程及椭圆的方程.(2)若椭圆上的两动点A，B均在轴上方，且，求证：的值为定值.(3)在（2）的条件下求四边形的的面积的取值范围.6．（24-25高二上·河南南阳·期中）已知为坐标原点，动点到轴的距离为，且，其中均为常数，动点的轨迹称为曲线.(1)判断曲线为何种圆锥曲线.(2)若曲线为双曲线，试问应满足什么条件？(3)设曲线为曲线，斜率为且的直线过的右焦点，且与交于两个不同的点.（i）若，求；（ii）若点关于轴的对称点为点，试证明直线过定点.7．（2024·云南大理·一模）已知椭圆的两个焦点为，且椭圆的离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知为坐标原点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，且弦的中点为，直线的斜率为，求；(3)直线与椭圆有两个不同的交点，椭圆在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.请你判断直线是否经过定点，并说明理由.8．（2024·广东深圳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．(1)求的方程；(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．9．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，现用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，所得截面是一个椭圆，在平面上建立如图所示的平面直角坐标系.若圆柱的底面圆的半径为2，.(1)求椭圆的标准方程；(2)设为椭圆上任意一点，为椭圆在点处的切线.设椭圆的两个焦点分别为，，它们到切线的距离分别为，，试判断是否为定值？若是，求其定值；若不是，说明理由.10．（2024·四川成都·模拟预测）已知点，，点P在以AB为直径的圆C上运动，轴，垂足为D，点M满足，点M的轨迹为W，过点的直线l交W于点E、F.(1)求W的方程；(2)若直线l的倾斜角为，求直线l被圆C截得的弦长；(3)设直线AE，BF的斜率分别为，，证明为定值，并求出该定值.11．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点是上的一点，且.(1)求抛物线的方程；(2)设点（其中）是上异于的两点，的角平分线与轴垂直，为线段的中点.（i）求证：点在定直线上；（ii）若的面积为6，求点的坐标.12．（2024高二上·江苏·专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，连接BF并延长交椭圆C于点椭圆P．(1)若，，求椭圆C的方程(2)若直线AB与直线AP的斜率之比是-2，证明：为定值，并求出定值．1．（2023·全国·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．2．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.3．（2024·全国·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.4．（2023·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是的左、右顶点，．(1)求的方程；(2)设为第一象限内E上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．求证：．重难点突破之圆锥曲线中的定点问题、定值问题1．（2024·浙江金华·一模）已知和为椭圆：上两点.(1)求椭圆的离心率；(2)过点的直线与椭圆交于，两点（，不在轴上）.（i）若的面积为，求直线的方程；（ii）直线和分别与轴交于，两点，求证：以为直径的圆被轴截得的弦长为定值.【答案】(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【难度】0.4【知识点】求椭圆的离心率或离心率的取值范围、椭圆中的定值问题、椭圆中三角形（四边形）的面积【分析】（1）根据给定的点A和B在椭圆上，以及椭圆的离心率公式求出椭圆的离心率；（2）（i）借助韦达定理和面积公式计算即可；（ii）可借助韦达定理和圆的弦长公式计算即可.【详解】（1）由可知，求出，代入，得，，则，，可知椭圆的离心率为.（2）（i）由（1）可知椭圆的方程为，设，，过点的直线为，与联立得：.恒成立.所以，得，所以，直线的方程为：.（ii）由（i）可知，直线的方程为，令，得直线的方程为，令，得，记以为直径的圆与轴交于，两点，由圆的弦长公式可知，所以，为定值.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；（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.解题时，要将问题合理的进行转化，转化成易于计算的方向.2．（24-25高三上·天津南开·阶段练习）已知椭圆过点，其长轴长为4，下顶点为，若作与轴不重合且不平行的直线交椭圆于两点，直线分别与轴交于两点.(1)求椭圆的方程；(2)当点横坐标的乘积为时，试探究直线是否过定点？若过定点，请求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】(1)(2)直线过定点，坐标为.【难度】0.4【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、椭圆中的直线过定点问题【分析】（1）先求出，再代入点解出，进而得到椭圆方程；（2）设直线的方程为，直曲联立解出，再由，解出值即可.【详解】（1）由椭圆长轴长为，可知，将代入椭圆方程：，所以椭圆的方程为：.（2）设直线的方程为，，由则直线的方程为，令，得，同理可得，所以，所以，把直线代入椭圆方程中，得出，所以，代入，化简得，所以直线过定点.【点睛】关键点点睛：由题意得出再代入化简是本题的关键点.3．（2024·广西柳州·一模）在平面直角坐标系中，为直线上一动点，椭圆：的左右顶点分别为，，上、下顶点分别为，．若直线交于另一点，直线交于另一点．(1)求证：直线过定点，并求出定点坐标；(2)求四边形面积的最大值．【答案】(1)证明见解析，(2)【难度】0.4【知识点】椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的直线过定点问题、根据a、b、c求椭圆标准方程、求椭圆中的最值问题【分析】（1）依题求出椭圆方程，设，由直线，方程分别与椭圆方程联立，求出点的坐标，由对称性知，定点在轴上，设为，由求出的值即得；（2）根据图形，可得四边形的面积，代入和，经过换元，运用基本不等式和函数的单调性即可求得面积最大值.【详解】（1）由题意知，，椭圆：如图，设，当时，直线的方程为：，代入，得，则，从而，点又直线的方程为：，代入，得则，从而，点由对称性知，定点在轴上，设为由，即，化简得，因故得，解得.即直线过定点，而当时，直线也过定点．综上，直线恒过定点．（2）由图可知四边形的面积为，令，当且仅当时等号成立，因在上单调递增，而，故当时，四边形面积有最大值．【点睛】方法点睛：本题主要考查直线过定点和四边形面积的最值问题，数据计算较大.求解直线过定点问题，一般是通过消参后将直线方程化成含一个参数的方程，再求定点；对于四边形面积问题，常运用合理的拆分或拼接，使其表达式易于得到，再利用基本不等式，或函数的单调性求其范围即可.4．（2024·浙江台州·一模）已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T．(1)求的方程和双曲线的渐近线方程；(2)设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切；(3)设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)准线的方程为，双曲线的渐近线方程为(2)证明见解析(3)是，．【难度】0.4【知识点】已知方程求双曲线的渐近线、抛物线中的定值问题、根据抛物线方程求焦点或准线、判断直线与抛物线的位置关系【分析】（1）根据抛物线的准线方程及双曲线的渐近线方程即可求解；（2）结合题意联立方程组和，化简即可求解；（3）由题意得，设，联立方程组和，利用韦达定理表示和，化简即可证明.【详解】（1）准线的方程为，双曲线的渐近线方程为．（2）联立方程组，消去得，解得（舍负），由对称性，不妨取，又由，求得直线的方程为，联立方程组，消去得，因为，所以直线与抛物线相切．（3）因为，得准线为线段的中垂线，则直线与直线的倾斜角互补，即，设，由条件知，联立方程组，消去得，则，联立方程组，消去得，则，所以，故为定值．【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.5．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，长轴长为，直线的倾斜角为(1)求直线的方程及椭圆的方程.(2)若椭圆上的两动点A，B均在轴上方，且，求证：的值为定值.(3)在（2）的条件下求四边形的的面积的取值范围.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)【难度】0.4【知识点】椭圆中三角形（四边形）的面积、椭圆中的定值问题、求椭圆的长轴、短轴、根据韦达定理求参数【分析】（1）由长轴长的长度可求的值，又利用点和直线的倾斜角可得，进而用可求，从而可得直线方程和椭圆的方程；（2）设，，则关于原点的对称点，即，由的斜率可得三点共线，进而得，设代入椭圆方程，由韦达定理可得，，从而计算可得结果；（3）由题意可知四边形为梯形，由点到直线的距离可得高，进而结合梯形的面积公式利用基本不等式可得结果.【详解】（1）由长轴长为，可得，.因为点上顶点，直线的倾斜角为，所以中，，则，又，则.因为，，所以直线的方程为.椭圆的方程为.（2）设，，，则关于原点的对称点，即，由，三点共线，又，.设代入椭圆方程得，，，.，，.（3）四边形为梯形，令，则（当即时等号成立）.【点睛】关键点点睛：设关于原点的对称点，即，进而由平行关系判断三点共线，设，由韦达定理可得，，从而计算可得结果；在求的范围的时候，通过变形利用基本不等式可求最大值即可.6．（24-25高二上·河南南阳·期中）已知为坐标原点，动点到轴的距离为，且，其中均为常数，动点的轨迹称为曲线.(1)判断曲线为何种圆锥曲线.(2)若曲线为双曲线，试问应满足什么条件？(3)设曲线为曲线，斜率为且的直线过的右焦点，且与交于两个不同的点.（i）若，求；（ii）若点关于轴的对称点为点，试证明直线过定点.【答案】(1)椭圆(2)且(3)（i）；（ii）证明见解析【难度】0.4【知识点】求双曲线中的弦长、根据方程表示双曲线求参数的范围、求平面轨迹方程、直线过定点问题【分析】（1）设，根据曲线的定义，可得的坐标满足的方程，分析可得结果.（2）将整理为，根据双曲线方程的特点分析可得结果.（3）（i）先根据为曲线可得曲线的方程，利用双曲线的性质及弦长公式易得结果；（ii）先设出直线的点斜式方程，由对称性得直线经过的定点必在轴上，令，结合韦达定理化简可得定点坐标.【详解】（1）设，由，得，当时，，即，所以曲线为椭圆.（2）由，得.若曲线为双曲线，则，所以可化为，所以，则；故应满足且曲线为双曲线.（3）由，得曲线的方程为，则的右焦点坐标为，所以直线的方程为.联立得.设，则（i）若，则.（ii）因为点关于轴的对称点为点，所以，则直线的方程为，根据对称性可知，直线经过的定点必在轴上，令，得.当且时，，故直线过定点.【点睛】本题难点在于理解并应用曲线的定义进行分析，考查对新定义的理解和应用.7．（2024·云南大理·一模）已知椭圆的两个焦点为，且椭圆的离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知为坐标原点，斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，且弦的中点为，直线的斜率为，求；(3)直线与椭圆有两个不同的交点，椭圆在点处的切线分别为与交于点，点在直线上.请你判断直线是否经过定点，并说明理由.【答案】(1)；(2)；(3)直线恒过定点，理由见解析【难度】0.15【知识点】椭圆中的直线过定点问题、椭圆中的定值问题、求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、根据a、b、c求椭圆标准方程【分析】（1）根据离心率和焦点坐标，列出方程组，求出，得到椭圆方程；（2）方法一：利用点差法进行求解；方法二：设，直线，表达出，结合，从而得到；方法三：设，直线，联立直线与椭圆方程，由韦达定理得到两根之和，从而，故，求出；（3）方法一：设，联立椭圆方程，由得到，由韦达定理得到，，故，得到，同理可得，，联立，求出，结合，求出，设，则，整理得，又，则，从而求出直线恒过定点.方法二：点在时，求导，得到切线斜率，，求出，同理可得，联立，求出，结合，求出，设，则，整理得，又，则，从而求出直线恒过定点.【详解】（1）设椭圆的标准方程为：，，椭圆的标准方程为：.（2）方法一：点差法：设，则①，又在椭圆上，则，，两式相减得：，即：②，由①②得，.而.方法二：椭圆方程代换：设，直线，①，②，又，即③，由①②③得，；方法三：联立方程：设，直线，①，联立方程得，，②，由①②得，，则.又，.（3）设，先求椭圆在点处的切线的方程.方法一：根据判别式求解椭圆在点处的切线，设，联立方程得，，，，，.，即.同理可得，.，可得T点的横坐标，即，又，可得，，由题意可知直线的斜率不为0，设.，整理得，，即.又，则.，即直线恒过定点.方法二：导数的几何意义：.当点在时，.，则切线斜率，，即.当点在时，同理可得.，同理可得，.，可得T点的横坐标，即，又，可得，，由题意可知直线的斜率不为0，设.，整理得，，即.又，则.，即直线恒过定点.【点睛】知识点点睛：过圆上一点的切线方程为：，过圆外一点的切点弦方程为：.过椭圆上一点的切线方程为，过双曲线上一点的切线方程为8．（2024·广东深圳·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，右顶点与的上，下顶点所围成的三角形面积为．(1)求的方程；(2)不过点的动直线与交于，两点，直线与的斜率之积恒为，证明直线过定点，并求出这个定点．【答案】(1)；(2)证明见解析；【难度】0.4【知识点】根据韦达定理求参数、根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中的直线过定点问题、根据a、b、c求椭圆标准方程【分析】（1）根据椭圆的离心率及三角形面积，列出方程组求解即得；（2）对直线的斜率分等于0和不等于0讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用斜率坐标公式，结合韦达定理推理即得.【详解】（1）令椭圆的半焦距为c，由离心率为，得，解得，由三角形面积为，得，则，，所以的方程是.（2）由（1）知，点，当直线的斜率为0时，设直线，则，，且，即，，不合题意；当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，设，由消去x得：，则，直线与的斜率分别为，，于是，整理得，解得或，当时，直线过点，不符合题意，因此，直线：恒过定点.9．（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，现用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，所得截面是一个椭圆，在平面上建立如图所示的平面直角坐标系.若圆柱的底面圆的半径为2，.(1)求椭圆的标准方程；(2)设为椭圆上任意一点，为椭圆在点处的切线.设椭圆的两个焦点分别为，，它们到切线的距离分别为，，试判断是否为定值？若是，求其定值；若不是，说明理由.【答案】(1)；(2).【难度】0.4【知识点】求椭圆的切线方程、椭圆中的定值问题、根据a、b、c求椭圆标准方程【分析】（1）由题意得，求出即可得解；（2）分直线斜率不存在和直线斜率存在两种情况去分析求解即可，对于直线斜率存在且不为0情况，先设切线方程，接着联立椭圆方程利用和整理得切线l的斜率，从而得切线方程，再利用点到直线距离公式和即可计算求解.【详解】（1）由题可得，且椭圆的焦点在x轴上，所以椭圆的标准方程为.（2）由（1），当直线斜率不存在时，则由（1）得或，当时，，，此时，同理可得时，；当直线斜率存在时，设，联立，则，整理得①，又即，故，将其代入上式①可得即，故，所以，整理得，所以点到l的距离的乘积为.综上，是定值且.10．（2024·四川成都·模拟预测）已知点，，点P在以AB为直径的圆C上运动，轴，垂足为D，点M满足，点M的轨迹为W，过点的直线l交W于点E、F.(1)求W的方程；(2)若直线l的倾斜角为，求直线l被圆C截得的弦长；(3)设直线AE，BF的斜率分别为，，证明为定值，并求出该定值.【答案】(1)(2)(3)证明见解析，2【难度】0.4【知识点】由圆心（或半径）求圆的方程、圆的弦长与中点弦、轨迹问题——椭圆、椭圆中的定值问题【分析】（1）由已知可得圆的方程，设，，，根据，可得，，代入圆的方程即可求解；（2）由已知可得直线方程，求出圆心到直线的距离，由勾股定理即可求解；（3）根据题意可知直线斜率不为0，设直线的方程为，，，联立直线和椭圆构成方程组，根据斜率的计算公式结合韦达定理即可求解.【详解】（1）由题意，点在圆上运动，设，，，由得，，又，所以，所以的方程为；（2）直线的方程为，即，圆心到直线的距离为，所以直线被圆C截得的弦长为；（3）由题意，直线斜率不为0，设直线的方程为，，，联立得，所以，，故，.【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.11．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知抛物线的焦点为，点是上的一点，且.(1)求抛物线的方程；(2)设点（其中）是上异于的两点，的角平分线与轴垂直，为线段的中点.（i）求证：点在定直线上；（ii）若的面积为6，求点的坐标.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）或【难度】0.65【知识点】抛物线中的直线过定点问题、根据抛物线上的点求标准方程【分析】（1）由抛物线焦半径公式即可求解；（2）（i）由题意得到的斜率互为相反数，构造方程即可求解；（ii）写出直线方程，由点到线的距离公式求得高，代入三角形面积公式求解即可.【详解】（1）因为，由抛物线的定义得，又，所以，因此，即，解得，从而抛物线的方程为.（2）（i）由（1）知点的坐标为，因为的角平分线与轴垂直，所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数，，同理，则，化简得，则，所以点在定直线上.（ii），则直线，即线段的长度：，点到直线的距离，可得的面积为，因为，且，化简得，令，则，即.解得或，由知或，所以或所求点的坐标为，或者.12．（2024高二上·江苏·专题练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，连接BF并延长交椭圆C于点椭圆P．(1)若，，求椭圆C的方程(2)若直线AB与直线AP的斜率之比是-2，证明：为定值，并求出定值．【答案】(1)(2)证明见解析，.【难度】0.65【知识点】椭圆中的定值问题、根据a、b、c求椭圆标准方程【分析】（1）由和在椭圆上求出，即可.（2）求出直线BF的方程，并与椭圆方程联立求得点坐标，再由给定条件结合面积公式求解即可．【详解】（1）由，，得：，解得，又点在椭圆上，则，解得，所以椭圆的方程为．（2）证明:依题意，令，直线，由，得，直线AB的斜率，直线AP的斜率，则，即，有，得，，于是得点，，，所以为定值.1．（2023·全国·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上．(1)求的方程；(2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．【答案】(1)(2)证明见详解【难度】0.4【知识点】根据离心率求椭圆的标准方程、椭圆中的定值问题【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为.（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去y得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即,同理可得，则，所以线段的中点是定点.【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．2．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．(1)求C的方程；(2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上.【答案】(1)(2)证明见解析.【难度】0.4【知识点】直线的点斜式方程及辨析、根据a、b、c求双曲线的标准方程、双曲线中的动点在定直线上问题【分析】（1）由题意求得的值即可确定双曲线方程；（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线与的方程，联立直线方程，消去，结合韦达定理计算可得，即交点的横坐标为定值，据此可证得点在定直线上.【详解】（1）设双曲线方程为，由焦点坐标可知，则由可得，，双曲线方程为.（2）由(1)可得，设，显然直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，且，与联立可得，且，则，直线的方程为，直线的方程为，联立直线与直线的方程可得：，由可得，即，据此可得点在定直线上运动.【点睛】关键点点睛:求双曲线方程的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系可以简化运算，是解题的关键. 3．（2024·全国·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.(1)若，求；(2)证明：数列是公比为的等比数列；(3)设为的面积，证明：对任意正整数，.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析。
圆锥曲线的热点问题—定点、定值、探索性问题
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1.定点问题 圆锥曲线中的定点问题是高考命题的一个热点，也是圆锥曲线问题中的一个 难点.解决这个难点没有常规的方法，但解决这个难点的基本思想是明确的， 定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变量表示问 题中的直线方程、数量积、比例关系等，而这些直线方程、数量积、比例关 系中不受变量影响的某个点，就是要求的定点.求解这类难点问题的关键就是 引进变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立、数 式变换等寻找不受参数影响的量.
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思维升华
圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变 化的量与参数何时没有关系，找到定点. (2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与 变量无关.
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类型二 定值问题
例 2 已知椭圆的中心为坐标原点 O，焦点在 x 轴上，斜率为 1 且过椭圆右焦点 →→
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代入椭圆方程整理得 λ2(x21＋3y21)＋μ2(x22＋3y22)＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2. 又∵x21＋3y21＝3b2，x22＋3y22＝3b2， x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2＝32c2－92c2＋3c2＝0， ∴λ2＋μ2＝1，故 λ2＋μ2 为定值.
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又∵O→N∥a，∴13＝ba22，∴a2＝3b2， 故椭圆方程为 x2＋3y2＝3b2. 又过右焦点的直线 AB 的方程为 y＝x－c. 联立yx＝2＋x3－y2c＝，3b2， 得 4x2－6cx＋3c2－3b2＝0. ∴x1＋x2＝32c，x1x2＝3c2－4 3b2＝38c2. 设 M(x，y)，则由O→M＝λO→A＋μO→B可得xy＝＝λλyx11＋＋μμyx22，，
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圆锥曲线定点定值问题方法总结
圆锥曲线是一类受应力和形变作用的曲线，它的应用广泛，是研究几何图形的重要工具。
圆锥曲线的定点定值问题要求在任意给定的两个圆锥曲线上找到定点定值的解，而这样的解通常是难以求得的。
一般情况下，这类问题使用数学变换方法，如积分转换、限界积分转换、局部变换等。
首先，以积分变换为例，我们可以使用积分变换来求解圆锥曲线定点定值问题。
这种变换把原始曲线进行分段处理，求出每一段的积分，然后求出该曲线上特定坐标(X0,Y0)的积分。
这种方法的优点在于，可以使用常用的数学软件解决大多数圆锥曲线定点定值问题。
其次，我们也可以使用限界积分变换来解决圆锥曲线定点定值问题。
这种变换首先要将原始曲线进行分段处理，通过限界积分计算每一段的积分。
最后，用积分变换求出曲线上特定坐标(X0,Y0)的积分。
这种方法的优点在于，它可以有效节省计算时间，并且灵活性强，将积分计算公式转换成局部变量。
最后，我们还可以使用局部变换来解决圆锥曲线定点定值问题。
这种变换将原始曲线进行分段处理，将每一段的积分表示为一个局部变量函数，然后将局部变量函数进行积分，求出圆锥曲线上特定坐标(X0,Y0)的积分。
这种方法的优点在于，使用较少的计算量可以快速地求出该曲线上特定坐标(X0,Y0)的积分。
总之，我们可以使用积分变换、限界积分变换和局部变换等数学变换方法来求解圆锥曲线定点定值问题。
这几种方法各有优缺点，需
要结合实际情况来选择合适的解决方案。
圆锥曲线定点定值问题是解决几何图形相关问题的重要方法，也是构建几何图形的基础之一，研究者需要加强对其原理性质的理解，发掘更多的实用方法。