圆锥曲线中的定点、定直线与定值问题专项训练-2025届高三数学一轮复习

第8章　 平面解析几何 第八节　圆锥曲线中的定点、定直线与定值问题 1．(2024·重庆模拟)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于异于点B的两点P，Q，直线BP，BQ与x轴相交于M(xM，0)，N(xN，0)，若＝1，求证：直线l过一定点，并求出定点坐标． 2．如图，已知抛物线C：y＝x2，直线y＝kx＋2交抛物线C于A，B两点，O为坐标原点，设抛物线C在点A处的切线为l1，在点B处的切线为l2，证明：l1与l2的交点M在一定直线上． 3．已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F1(－1，0)，其左顶点为A，上顶点为B，且F1到直线AB的距离为(O为坐标原点)． (1)求椭圆C的方程； (2)若椭圆E：＝λ(λ＞0且λ≠1)，则称椭圆E为椭圆C的λ倍相似椭圆．已知椭圆E是椭圆C的3倍相似椭圆，直线l：y＝kx＋m与椭圆C，E交于四点(依次为点M，N，P，Q，如图)，且，证明：点T(k，m)在定曲线上． 4．已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)，过点P(－1，－1)且与x轴平行的直线与椭圆E恰有一个公共点，过点P且与y轴平行的直线被椭圆E截得的线段长为. (1)求椭圆E的标准方程； (2)设过点P的动直线与椭圆E交于M，N两点，T为y轴上的一点，设直线MT和NT的斜率分别为k1和k2，若为定值，求点T的坐标． 5．已知椭圆E：＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，过F1且斜率为的直线与椭圆的一个交点在x轴上的射影恰好为F2. (1)求椭圆E的方程； (2)如图，椭圆E的下顶点为A，过点B(0，2)作一条与y轴不重合的直线，该直线交椭圆E于C，D两点．直线AD，AC分别交x轴于点H，G.求证：△ABG与△AOH的面积之积为定值，并求出该定值． 6．(2024·张掖模拟)已知点A(x0，－2)在抛物线C：y2＝2px(p＞0)上，且A到C的焦点F的距离与到x轴的距离之差为. (1)求抛物线C的方程； (2)当p＜2时，M，N是C上不同于点A的两个动点，且直线AM，AN的斜率之积为－2，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点E，使得|DE|为定值． 答案解析 1、(1)解：椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，则， 椭圆的上顶点B到两焦点的距离之和为4，则2a＝4， 所以a＝2，c＝，从而b2＝a2－c2＝1， 故椭圆C的标准方程为＋y2＝1. (2)证明：将y＝kx＋m代入＋y2＝1，消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0， 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝. 由于B(0，1)，则直线BP：y－1＝x， 令y＝0，得xM＝，同理可得xN＝. 若＝1，则xM＋xN＝xMxN， 则x1x2＝x1＋x2－(x1y2＋x2y1)， 即(2k＋1)x1x2＝(1－m)(x1＋x2)，整理得(m－1)·(2k＋m＋1)＝0，所以2k＋m＋1＝0或m＝1. 当m＝1时，直线l：y＝kx＋1过定点(0，1)， 与条件“直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于异于点B的两点P，Q”矛盾； 当2k＋m＋1＝0时，直线l：y＝kx＋m可化为y＝k(x－2)－1，过定点(2，－1)． 综上，直线l过一定点，定点坐标为(2，－1)． 2、证明：设 A，M(x0，y0)， 把y＝kx＋2代入y＝x2，得x2－2kx－4＝0，Δ＝4k2＋16＞0， 则 因为y＝x2，所以y′＝x， 故经过点A的切线l1的方程为y－＝x1(x－x1)，即y＝x1x－①， 同理，经过点B的切线l2的方程为y＝x2x－②. 由①②消去x，可得y＝x1x2＝－2，即y0＝－2. 所以点M在定直线y＝－2上． 3、(1)解：由题可知A(－a，0)，B(0，b)，且a＞1， 所以直线AB的方程为＝1，即bx－ay＋ab＝0， 所以F1(－1，0)到直线AB的距离为d＝b， 所以a2＋b2＝7(a－1)2. 又b2＝a2－1，解得a＝2或a＝(舍去)，b＝， 所以椭圆C的方程为＝1. (2)证明：椭圆C的3倍相似椭圆E的方程为＝1， 设N，P，M，Q各点的坐标依次为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，(x4，y4)， 将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 所以Δ1＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(4k2＋3－m2)＞0(*)， x1＋x2＝－， 所以|x1－x2|＝. 将y＝kx＋m代入椭圆E的方程， 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－36＝0， Δ2＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－36)＞0， 所以x3＋x4＝－， |x3－x4|＝＝， 所以x1＋x2＝x3＋x4， 所以线段NP与MQ的中点相同，所以|MN|＝|PQ|. 由，得＝3|PN|， 所以|x3－x4|＝3|x1－x2|， 所以＝3×， 化简得12k2＋9＝4m2，满足(*)式，所以＝1， 即点(k，m)在定曲线＝1上． 4、解：(1)由题意可得b＝1，由＋y2＝1， 可得|y|＝. 由题意可知2，可得a2＝4， 所以椭圆E的标准方程为＋y2＝1. (2)设T(0，t)，显然直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x＝m(y＋1)－1＝my＋m－1， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立整理可得(4＋m2)y2＋2m(m－1)y＋(m－1)2－4＝0， Δ＝4m2(m－1)2－4(4＋m2)[(m－1)2－4]＞0， y1＋y2＝－. 由题意可得＝ ＝＝ ＝， 因为其值为定值，所以当t＝－1时，定值为－8，所以T(0，－1)． 5、(1)解：过F1且斜率为的直线的方程为y＝， 令x＝1，得y＝. 由题意可得解得 所以椭圆E的方程为＋y2＝1. (2)证明：由题意知，直线BC的斜率存在， 设直线BC的方程为y＝kx＋2，D(x1，y1)，C(x2，y2)， 联立得(1＋2k2)x2＋8kx＋6＝0，由Δ＝16k2－24＞0，得k2＞， 所以x1＋x2＝－， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝， y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝. 直线AD的方程为y＝x－1， 令y＝0，解得x＝， 则H，同理可得G， 所以S△AOH·S△ABG＝ ＝＝＝. 6、(1)解：抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F(，0)，准线为x＝－， 又点A(x0，－2)在抛物线C：y2＝2px(p＞0)上，即(－2)2＝2px0，所以x0＝，即A. 依题意可得，解得p＝1或p＝4，所以y2＝2x或y2＝8x. (2)证明：因为p＜2，所以y2＝2x，A(2，－2)． 由题可知直线MN的斜率不为0， 设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立 消去x，整理得y2－2my－2n＝0， Δ＝4m2＋8n＞0①， 且y1＋y2＝2m，y1y2＝－2n， 所以kAM·kAN＝＝－2， 所以(y1－2)(y2－2)＝－2， 即y1y2－2(y1＋y2)＋6＝0， 所以n＋2m＝3满足①. 将n＝3－2m代入x＝my＋n，得x－3＝m(y－2)， 令解得 所以直线MN恒过定点Q(3，2)． 又因为AD⊥MN，所以点D在以AQ为直径的圆上． 因为A，Q的中点为， |AQ|＝， 所以以AQ为直径的圆的方程为， 所以存在E，使得为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $$