人教A版高二数学选修第一册 第11讲 拓展五：圆锥曲线的方程（定值问题）（3类热点题型讲练）（原卷版+解析版）

这是一份人教A版高二数学选修第一册 第11讲 拓展五：圆锥曲线的方程（定值问题）（3类热点题型讲练）（原卷版+解析版），文件包含第11讲拓展五圆锥曲线的方程定值问题3类热点题型讲练原卷版docx、第11讲拓展五圆锥曲线的方程定值问题3类热点题型讲练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值、角度等基本量与参变量无关，这类问题统称为③定值问题．对学生逻辑思维能力计算能力等要求很高,这些问题重点考查学生方程思想、函数思想、转化与化归思想的应用．
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．
解答的关键是认真审题，理清问题与题设的关系，建立合理的方程或函数，利用等量关系统一变量，最后消元得出定值。
常考题型：
①与面积有关的定值问题；②与角度有关的定值问题；③与比值有关的定值问题；
④与参数有关的定值问题；⑤与斜率有关的定值问题
题型01圆锥曲线中的定点问题
【典例1】（23-24高二下·湖北武汉·阶段练习）一动圆与圆外切，同时与圆内切，动圆的圆心的轨迹与轴交于两点，位于轴右侧的动点满足，并且直线分别与交于两点．
(1)求轨迹的方程及动点的轨迹方程；
(2)直线是否过定点?若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)，；
(2)过定点.
【分析】（1）设动圆圆心为，利用两圆相切建立关系，再借助椭圆的定义求出轨迹的方程，利用斜率坐标公式求出点的轨迹方程.
（2）由点在椭圆上结合已知可得，设出直线方程，并与椭圆方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算即得.
【详解】（1）设动圆圆心为，半径为，
而圆的圆心，半径，圆的圆心，半径
由动圆与圆外切，得，由动圆与圆内切，得，
则，即点的轨迹是以为焦点，长轴长等于12的椭圆，
显然该椭圆的长半轴长，半焦距，则短半轴长，
所以轨迹的方程为；
显然，设，由，得，
当时，，当时，点符合要求，
所以动点的轨迹方程是.
（2）依题意，，设点，显然，即，
当点不在轴上时，，则，
设直线，由消去得，
，，
由，得，即
，整理得，
则，化简得，
解得或，当时，直线过点，不符合题意，则，满足，
直线过定点，当点在轴上时，直线与轴重合，也过点，
所以直线过定点.
【典例2】（2024·黑龙江·三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，点在上.
(1)求双曲线的方程；
(2)过双曲线的左焦点作互相垂直的两条直线，且与交于两点，与交于两点，为线段的中点，为线段的中点，证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据渐近线方程及双曲线上点的坐标列方程组求解即可.
（2）当与坐标轴平行时，直线与轴重合；当不与坐标轴平行时，设直线的方程为，与双曲线方程联立，韦达定理，从而求出，同理可得，求出直线的方程，即可求解直线恒过的定点.
【详解】（1）由双曲线的一条渐近线方程为，
且点在上，
有解得故双曲线的方程为.
（2）由题意可知不与渐近线平行，
当与坐标轴平行时，显然直线与轴重合.
当不与坐标轴平行时，左焦点为，
不妨设直线的方程为，联立
消去并整理得，，
设，则
所以，所以.
又直线互相垂直，用替换，则可得.
当，即时，直线的方程为，直线过；
当时，直线的斜率为，
所以直线的方程为，
令，所以直线过.
综上，直线恒过点.

【典例3】（23-24高二下·安徽阜阳·期中）已知抛物线的焦点为F，P是C上一点，线段PF的中点为．
(1)求C的方程；
(2)若，O为原点，点M，N在C上，且直线OM，ON的斜率之积为2024，求证：直线MN过定点．
【答案】(1)，或
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据线段PF的中点坐标得到，，然后代入到抛物线方程中，解方程得到即可得到抛物线的方程；
（2）设直线的方程，然后与抛物线方程联立，利用直线OM，ON的斜率之积为2024和韦达定理列方程得到，即可得到直线MN过定点.
【详解】（1）解：由题意得，设，
因为线段PF的中点为，
所以，，所以，，
代入C的方程得，
解得，或，
所以C的方程为，或．
（2）
证明：因为，所以C的方程为，
设，，直线MN的方程为，
与联立，得，
则，，
因为直线OM，ON的斜率之积为2024，
所以，
所以．
直线MN的方程为，故直线MN过定点．
【变式1】（23-24高二下·湖南长沙·期中）已知为抛物线：的焦点，第一象限内的点在上，点的纵坐标等于横坐标的4倍，且.
(1)求的方程；
(2)若斜率存在的直线与交于异于的，两点，且直线的斜率与直线的斜率之积为16，证明：过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意设，列方程可求得，可得答案；
（2）设出直线方程，联立抛物线方程，可得根与系数关系式，结合直线的斜率之积为16，进行化简可得的关系式，即可证明结论.
【详解】（1）由题意，可设，
由题意得，解得，
所以的方程为.
（2）易知的斜率不为0，
设

由得，
则.
所以
，得，
故，即，
，故直线过定点.
【变式2】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知双曲线的焦距为，点在上.
(1)求的方程;
(2)直线与的右支交于，两点，点与点关于轴对称，点在轴上的投影为点.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）求证：直线过点.
【答案】(1)
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）由题可得，解方程即可得到答案；
（2）（ⅰ）设，联立，消去得，由于与的右支交于，两点，双曲线的渐近线方程为，可得，以及，解不等式可得的取值范围；
（ⅱ）由（i）得，，由题可得，利用向量关系可得，从而可得，，三点共线，即可证明.
【详解】（1）由已知得，解得，
所以的方程为.
（2）（i）设，，则，
联立，
消去得，
则，，
解得，且.
又与的右支交于，两点，的渐近线方程为，
则，即，
所以|的取值范围为.
（ii）由（i）得，，
又点在轴上的投影为，所以，，
所以，
，
所以，
又，有公共点，所以，，三点共线，所以直线过点.
【点睛】关键点睛：（1）直线与双曲线一支相交于两点，可利用韦达定理、根的判别式以及直线斜率于渐近线斜率的关系进行求解；
（2）证明直线过定点，可利用向量平行关系进行证明.
【变式3】（2024·浙江温州·模拟预测）已知椭圆：，左右顶点分别是，，椭圆的离心率是.点是直线上的点，直线与分别交椭圆于另外两点，.
(1)求椭圆的方程.
(2)若，求出的值.
(3)试证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意结合计算即可得；
（2）设出点坐标，借助斜率公式计算即可得；
（3）设出直线方程，联立曲线方程，借助韦达定理与（2）中所得计算即可得.
【详解】（1）由题意可得，，即，
所以，则椭圆；
（2）设，由于，则；
（3）显然MN斜率不为0，设：，，，
联立方程，则有，
，
则有，，
由于，则，
因为，
故，
即，解得或，
当时，，故舍去，即，适合题意，
故: ，则直线过定点.
题型02圆锥曲线中的定值问题
【典例1】（23-24高二下·四川成都·期末）已知点 为椭圆 上任一点，椭圆的短轴长为 ，离心率为 .
(1)求椭圆 的标准方程;
(2)若点 是抛物线 的准线上的任意一点，以为直径的圆过原点 ，试判断 是否为定值? 若是，请求出这个定值; 若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)为定值，且定值为2．
【分析】（1）将椭圆方程化为标准方程，然后利用椭圆的焦点坐标求出的值，代入即可求出椭圆的标准方程；
（2）设，，因为以为直径的圆过原点，所以，得到，再利用两点间的距离公式代入化简计算即可.
【详解】（1）因为椭圆的短轴长为 ，离心率为 .，
所以，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由（1）知抛物线的标准方程为，其准线方程为：，
设，，
因为以为直径的圆过原点，所以，所以，
所以，即，
所以，
又因为，，
所以，
所以为定值，且定值为2．
【点睛】方法点睛：两点间距离公式中点的坐标应用椭圆方程转化为一个未知量即可得出定值.
【典例2】（23-24高二下·云南玉溪·阶段练习）已知双曲线经过点，离心率为，直线过点且与双曲线交于两点（异于点）.
(1)求双曲线的方程；
(2)求证：直线与直线的斜率之积为定值，并求出该定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析，
【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及，，之间的关系，列出方程从而可求出双曲线的方程；
（2）设出直线方程，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理以及斜率公式再进行求解即可.
【详解】（1）令双曲线半焦距为，依题意，，
由，解得，
则双曲线的方程为，
（2）法一：显然直线不垂直于轴，设直线的方程为，
由消去得，
设，则，
直线的斜率分别为，
法二：①当直线垂直于轴时，的方程为，易得
②当直线不垂直于轴时，设直线的方程为，
由,消去得：,
设，则：
直线的斜率分别为，
【典例3】（23-24高二下·广东·期末）设点为抛物线的焦点，过点且斜率为的直线与交于两点（为坐标原点）．
(1)求抛物线的方程；
(2)过点作两条斜率分别为的直线，它们分别与抛物线交于点和．已知，问：是否存在实数，使得为定值？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在
【分析】（1）写出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合三角形面积，即可求解；
（2）联立直线与抛物线的方程，结合弦长公式，求出，由已知建立关系推理，即可说明理由.
【详解】（1）物线的焦点为，
直线的方程，
由，得，
设，
所以，
所以，
所以，且
所以，
所以抛物线的方程为．
（2）存在，使得为定值，
由題意可得直线的方程，直线的方程为，
联立，得，
设，
所以，
，
所以，
设，
同理可得，
所以，
由，得，
即，而，
所以，
所以存在，使得为定值0．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用坐标表示弦长，并结合韦达定理，即可求解.
【变式1】（23-24高三下·河南郑州·阶段练习）已知抛物线经过点中的两个点，准线为，为坐标原点.
(1)求准线的方程；
(2)过点的直线与抛物线交于两点，直线与轴交于点，直线与交于点，过点作的垂线，垂足为，证明：为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，得到抛物线经过点，代入求得的值，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立方程组得到，得到，进而求得和，化简得到，即可求解.
【详解】（1）解：因为抛物线关于轴对称，
可得必过中的两点，
代入可得，解得，
所以抛物线的方程为，准线的方程为.
（2）解：证明：设直线的方程为且，
联立方程组，整理的，
可得，且，
则.
又直线的方程为，令，得点的纵坐标，
又由过点作的垂线，垂足为，所以点的纵坐标，
所以
（定值）.
【变式2】（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知双曲线的实轴长为2，设为的右焦点，为的左顶点，过的直线交于A，B两点，当直线AB斜率不存在时，的面积为9．
(1)求的方程；
(2)当直线AB斜率存在且不为0时，连接TA，TB分别交直线于P，Q两点，设为线段PQ的中点，记直线AB，FM的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据三角形面积以及实轴长即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据点斜式求解直线方程，进而可得坐标，利用斜率公式即可求解.
【详解】（1）依题意，，解得，
设的焦距为2c，则，
将代入方程，可得，
所以的面积为，
解得，
所以的方程为；
（2）由方程得,
设直线，
与的方程联立可得，
所以，
设直线，令，解得，所以，
同理可得，，
所以
，故
所以，又，所以．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围以及定值问题的求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（33）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
【变式3】（23-24高二上·上海奉贤·期末）已知椭圆C:的左右焦点为，，M为椭圆C上一点.
(1)若点M的坐标为，求的面积；
(2)若点M的坐标为，且是钝角，求横坐标的范围；
(3)若点M的坐标为，且直线与椭圆C交于两个不同的点A，B.求证：为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先根据点在椭圆上，求出的值，再求的面积.
（2）根据点在椭圆上，先明确的关系，再由余弦定理，表示出，由求的范围.
（3）把直线方程与椭圆方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系，得到，，并用它们表示出，进行化简整理即可.
【详解】（1）因为点在椭圆上，所以，因为，所以，
因为，，所以，，，
所以.
（2）如图：
因为点M在椭圆上，所以，
由余弦定理得
因为是钝角，所以，
又因为，所以，解得，
的范围为.
（3）如图：
设，，
由得，
，，，
又，，所以
，
即有为定值.
题型03圆锥曲线中的定直线问题
【典例1】（2024·北京·三模）已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线与直线交于点．
(1)求椭圆的方程；
(2)求证：点在定直线上.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，再求出直线与直线的交点横坐标，并结合韦达定理计算即得.
【详解】（1）依题意，，半焦距，则，
所以椭圆的方程为.
（2）显然直线不垂直于y轴，设直线，
由消去x并整理得，
，设，
则，且有，
直线，直线，
联立消去y得，即，
整理得，
即，
于是，而，
则，因此，
所以点在定直线上.
【典例2】（2024·山西·一模）已知双曲线经过点，其右焦点为，且直线是的一条渐近线.
(1)求的标准方程；
(2)设是上任意一点，直线.证明：与双曲线相切于点；
(3)设直线与相切于点，且，证明：点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析
(3)证明过程见解析
【分析】（1）由题意得，解出的值即可；
（2）一方面是上任意一点，从而可得出它也在直线上面，联立椭圆方程，消元后得到一个一元二次方程，证明判别式等于0即可；
（3）由（2）中结论，设出点的坐标，可得，由向量数量积公式化简得，说明即可得证.
【详解】（1）因为双曲线经过点，且直线是的一条渐近线，
所以，解得，
所以的标准方程为；
（2）
首先设是上任意一点，所以有，
这表明了点也在直线上，也可以得到，
联立直线的方程与椭圆的方程有，
化简并整理得，
而，且，
这也就是说与双曲线相切于点；
（3）
不妨设，
由（2）可知过点的直线的方程为，
因为点在直线上，
所以，即有，
又，从而，
所以，
若，则
，
整理得，
因为，所以，也就是说，
从而，
所以点在定直线上上.
【典例3】（23-24高二下·湖南岳阳·开学考试）已知抛物线：的焦点为，过点且与轴垂直的直线交于，两点，且.
(1)求抛物线的方程，并写出焦点坐标；
(2)过焦点的直线与抛物线交于，两点（异于，两点），且，位于轴同一侧，直线与直线相交于点，证明：点在定直线上.
【答案】(1)，焦点；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出焦点的坐标，再联立直线与抛物线方程求出值即可得解.
（2）设出直线的方程，与抛物线方程联立，再求出直线的方程，并联立求出交点的横坐标即可.
【详解】（1）抛物线：的焦点，则直线，由得，
依题意，，解得，
所以抛物线的方程为，焦点.
（2）由抛物线对称性，不妨令点在上方，由（1）知，,
显然直线不垂直于坐标轴，设其方程为，，，
由消去得：，显然，，
直线的斜率为，方程为，
直线的斜率为，方程为，
由消去得：，
整理得，
因此点的横坐标恒为，所以点在定直线上.

【变式1】（23-24高二上·山东济南·阶段练习）已知抛物线：.
(1)过抛物线的焦点，且斜率为的直线交抛物线于，两点，求；
(2)直线过点且与抛物线交于，两点，过，分别作抛物线的切线，这两条切线交于点.证明：点在定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知直线：，联立抛物线方程，结合韦达定理、焦点弦公式即可得解.
（2）设，，首先将过点的两条切线方程求出来（分别用它们的坐标表示），然后联立两条切线方程可得的横坐标表达式为，由三点共线可得为定值，由此即可得证.
【详解】（1）
设，，由题意可得抛物线焦点，准线，直线：，
联立，得，所以，
所以.
（2）
设，，
由题意，过点且与抛物线相切的直线斜率存在且不为0，不妨设为，
则过点且与抛物线相切的直线方程为，①
联立，得，
所以，代入，得，
解得，带入①式即得，
即过点且与抛物线相切的直线方程为，
同理可得过点且与抛物线相切的直线方程为，
联立，可得，
由题意，直线斜率可能不存在但是一定不为0，设直线方程为，
联立，得，所以，即得，
所以点在定直线上.
【变式2】（23-24高三上·云南·阶段练习）已知过点的双曲线的渐近线方程为.
(1)求C的方程；
(2)已知A，B是C的实轴端点，过点的直线l与C交于M，N（异于A，B）两点，直线与交于点P，证明：点P在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据渐近线以及经过的点，代入联立方程即可求解，
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，根据点斜式求解直线方程，即可得两直线的交点坐标，代入化简即可求解.
【详解】（1）
因为C的渐近线方程为，所以，
又点在C上，所以，
解得，，故C的方程为.
（2）
由题意可得直线l的斜率不为0，设l的方程为，（），
设，，
联立得，
则，，，
根据双曲线的对称性，不妨设A是左顶点，,
则直线，
同理得，
联立与，得
，
即，故，得
解得，故点P在定直线上.
【变式3】（23-24高三下·内蒙古锡林郭勒盟·开学考试）已知椭圆E：经过点，右焦点为．
(1)求E的标准方程；
(2)已知A，B分别为E的上顶点和下顶点，过点且斜率存在的直线l与E交于C、D两点，证明：直线AC与直线BD的交点M在定直线上．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意得出关于，的方程组，从而得解；
（2）设出C、D、M点的坐标，直线和椭圆联立方程组，得出韦达定理，联立直线AC与直线BD，求出交点M的坐标，将韦达定理代入求解可得.
【详解】（1）因为椭圆E：经过点，右焦点为
所以，解得，，
椭圆E的标准方程为：．
（2）设直线，记，，
联立直线和椭圆方程，
化简整理得，，
恒成立，
由韦达定理得，，
记、，，
因为直线：，：，
所以，
两式相除，得
，
解得，
所以直线与直线的交点M在定直线上．