新高考数学二轮复习专题培优训练专题09 圆锥曲线大题（易错点+六大题型）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习专题培优训练专题09 圆锥曲线大题（易错点+六大题型）（2份，原卷版+解析版），共5页。
目录
【高考预测】概率预测+题型预测+考向预测
【应试秘籍】总结常考点及应对的策略
【误区点拨】点拨常见的易错点
易错点：解题规范
【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略
【题型一】极点、极线
【题型二】 自极三角形与调和点列
【题型三】 齐次化法解决斜率相关问题
【题型四】 定比点差法
【题型五】 定点、定值
【题型六】 求轨迹方程型
圆锥曲线大题和小题考察的类型不一致，但是肯定都是以基础知识为前提的情况下进行考察，所以一般第一问考察的大多还是求圆锥曲线的函数解析式，而第二问往往考察的是直线与圆锥曲线的位置关系，这里对于解析几何的代数问题要求就比较高，题型也相应较多，需要多加练习。
一些固定题型解题方法的掌握还是需要熟练，并且理解圆锥曲线中解析几何的解题思维，延伸知识点例如极点、极线，齐次化解法、定比点差法等等比较热门的需要熟练于心。
易错点一：解题规范
圆锥曲线大题在遇到直线与曲线相交相关的问题是，极点、极线的思想只能辅助我们解题，不可出现在答题过程中，都需要设点或设线，写出完整的证明过程。
例（2023 年全国乙卷）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．
【极线思维】记，点B的极线过点A，设极线与PQ交于点D，则B，P，D，Q为调和点列，AB，AP，AD，AQ为调和线束，而AB平行y轴，故MN的中点为y轴于极线的交点
【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.
变式1：（2024·湖南衡阳·二模）（多选）已知圆是直线上一动点，过点作直线分别与圆相切于点，则（ ）
A．圆上恰有一个点到的距离为B．直线恒过点
C．的最小值是D．四边形面积的最小值为
【答案】BCD
【详解】易知圆心，半径，如下图所示：
对于A，圆心到直线的距离为，
可得圆上的点到直线距离的最小值为,圆上的点到直线距离的最大值为，
所以圆上恰有两个点到的距离为，即A错误；
对于B，设，可得；
易知，由，
整理可得，
同理可得，即可知两点在直线上，
所以直线的方程为，即，
令，解得，
所以直线恒过定点，即B正确；
对于C，由直线恒过定点，当点与圆心的连线垂直于时，的值最小，
点与圆心之间的距离为，所以，故C正确；
对于D，四边形的面积为，
根据切线长公式可知，当最小值，最小，
，所以，故四边形的面积为，即D正确；
故选：BCD
【题型一】极点、极线
二次曲线的极点极线
（1）.二次曲线极点对应的极线为
（半代半不代）
（2）圆锥曲线的三类极点极线（以椭圆为例）：椭圆方程
①极点在椭圆外，为椭圆的切线，切点为
则极线为切点弦；
②极点在椭圆上，过点作椭圆的切线，
则极线为切线；
③极点在椭圆内，过点作椭圆的弦，
分别过作椭圆切线，则切线交点轨迹为极线；
（3）圆锥曲线的焦点为极点，对应准线为极线.

【例1】过点作圆的两条切线，切点分别为、则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
解析：直线是点对应的极线，则方程为，即．故选A．
【例2】已知点为上一动点．过点作椭圆的两条切线，切点分别，当点运动时，直线过定点，该定点的坐标是________．
解析：设点的坐标是，则切点弦的方程为，化简得
，令，可得，故直线过定点．
【例3】（2024·广东湛江·一模）已知点P为直线上的动点，过P作圆的两条切线，切点分别为A，B，若点M为圆上的动点，则点M到直线AB的距离的最大值为 ．
【答案】
【详解】设，则满足；
易知圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径，如下图所示：
易知，所以，即，整理可得；
同理可得，
即是方程的两组解，
可得直线的方程为，联立，即；
令，可得，即时等式与无关，
所以直线恒过定点，可得；
又在圆内，当，且点为的延长线与圆的交点时，点到直线的距离最大；
最大值为

【变式1】（2024·陕西西安·一模）已知椭圆的左，右焦点分别为，，且，与短轴的一个端点构成一个等腰直角三角形，点在椭圆，过点作互相垂直且与轴不重合的两直线，分别交椭圆于，和点，，且点，分别是弦，的中点．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)若，求以为直径的圆的方程；
(3)直线是否过轴上的一个定点？若是，求出该定点坐标；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）解：因为椭圆经过点，
且，与短轴的一个端点构成一个等腰直角三角形，
可得，则，所以，解得，
所以椭圆的标准分别为.
（2）解：由（1）得，所以直线的方程为，
联立方程组，解得或，所以，
则CD的中点为且，故以为直径的圆的方程为.
（3）解：设直线的方程为，且，则直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则且，
所以，
由中点坐标公式得，
将的坐标中的用代换，可得的中点为，
所以，所以直线的方程为，
即，则直线过定点.
【变式2】（2024·上海徐汇·二模）已知椭圆，分别为椭圆的左、右顶点，分别为左、右焦点，直线交椭圆于两点（不过点）.
(1)若为椭圆上（除外）任意一点，求直线和的斜率之积；
(2)若，求直线的方程；
(3)若直线与直线的斜率分别是，且，求证：直线过定点.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）在椭圆 中，左、右顶点分别为，
设点，则 .
（2）设，由已知可得，，
由得，化简得
代入可得，
联立解得
由得直线过点，，
所以，所求直线方程为.
（3）设，易知直线的斜率不为，设其方程为（），
联立，可得，
由，得.
由韦达定理，得.，.
可化为，
整理即得，
，由，
进一步得，化简可得，解得，
直线的方程为，恒过定点.
【变式3】（2024·新疆喀什·二模）已知椭圆的左焦点，点在椭圆上，过点的两条直线分别与椭圆交于另一点，且直线的斜率满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)证明直线过定点．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由点在椭圆上，得，
由为椭圆的左焦点，得，
所以椭圆的方程为.
（2）依题意，直线不垂直于坐标轴，设其方程为，，，
由消去y并整理得，
，，，
由得，即，
整理得，即有，而，
解得，满足，直线：过定点，
所以直线过定点.
【题型二】 自极三角形与调和点列
一、调和点列的充要条件
如图，若四点构成调和点列，则有（一般前2个出现较多）
二、调和点列与极点极线的联系
如图，过极点作任意直线，与椭圆交于，与极线交点则点成调和点列，若点的极线通过另一点，则的极线也通过．一般称、互为共轭点．
三、自极三角形
如图, 设 P 是不在圆雉曲线上的一点, 过 P 点引两条割线依次交二次曲线于 E,F,G,H四点, 连接对角线EH,FG 交于 N, 连接对边 EG,FH交于 M, 则直线 MN 为点 P 对应的极线. 若P为圆雉曲线上的点, 则过P点的切线即为极线.
同理, PM为点N对应的极线, PN为点M所对应的极线. 因而将△MNP称为自极三点形. 设直线MN交圆锥曲线于点A,B两点, 则PA, PB恰为圆锥曲线的两条切线.
从直线上任意一点向椭圆的左右顶点引两条割线与椭圆交于两点，则直线恒过定点．
【例1】已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA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.
【自极三角形思路】延长CB,AD交于点Q，，则△EPG为自极三角形，故x=6为E点的极线，则E为
【详解】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程可得：， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）证明：设，
则直线的方程为：，即：
联立直线的方程与椭圆方程可得：，整理得：
，解得：或
将代入直线可得：
所以点的坐标为.
同理可得：点的坐标为
当时，
直线的方程为：，
整理可得：
整理得：
所以直线过定点．
当时，直线：，直线过点．
故直线CD过定点．
【例2】（2022·全国乙卷高考真题）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．
【调和点列思路】AB为P所对应的极线，故P，M，C，N四点成调和点列，故AP，AM，AC，AN 四条线成调和线束，因为直线HM平行AP，且T为HM中点，由调和线束平行性质(平行于一组调和线束中的其中一条直线交另外三条直线的三个交点，其中一个点为另外两个点的中点)，故H点必然在直线AN上，故直线HN过定
【详解】（I）解：设椭圆的方程为，过，则，解得，，所以椭圆的方程为：．
（II）证法一：定点为，证明如下：
点对应的极线为，即，即为直线，则为调和线束，过作//，交于，由调和性质可知为中点，故直线过定点．
证法二：，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，可得直线过定点．
【变式1】（2024江南十校联考）在平面直角坐标系中，已知双曲线Ｃ的中心为坐标原点，对称轴是坐标轴，右支与x轴的交点为，其中一条渐近线的倾斜角为.
(1)求C的标准方程；
(2)过点作直线l与双曲线C的左右两支分别交于A，B两点，在线段上取一点E满足，证明：点E在一条定直线上.
【极线思路】显然E在T的极线上，故E点轨迹为T的极线
【详解】（1）根据题意，设双曲线的方程为，
由题知，，可得；
所以双曲线方程为.
（2）易知为双曲线的右焦点，如下图所示：

由题知直线l斜率存在，
根据对称性，不妨设斜率为，故直线的方程为，
代入双曲线方程得，
设，，
由韦达定理有，，
且，，
设，点E在线段上，所以
由可得
化简得，
代入和并化简可得，
即存在点E满足条件，并且在定直线上.
【变式2】设椭圆过点，且左焦点为．
（1）求椭圆的方程；
（2）当过点的动直线与椭圆相交于两不同点，时，在线段上取点，满足
，证明：点总在某定直线上．
解析：（1）由题意得，解得，所求椭圆方程为．
（2）解法：已知，说明点关于椭圆调和共轭，根据定理3，点在点对应的极线上，此极线方程为，化简得．故点总在直线．
【变式3】已知、分别为椭圆:的上、下焦点，其中也是抛物线的焦点，点是与在第二象限的交点，且.

（1）求椭圆的方程;
（2）已知点和圆:，过点的动直线与圆相交于不同的两点，在线段上取一点，满足:，，(且).求证:点总在某定直线上.
【极线思路】由题可知，即，故点Q在P点的极线上
【详解】（1）设，因为点M在抛物线上，且，所以，解得，
又点M在抛物线上，所以，且，即，解得，
所以椭圆的方程；
（2）设，，因为，所以，即有，
又，所以，即有，
所以得：，
又点A、B在圆上，所以，又，所以，
故点Q总在直线上．
【题型三】 齐次化法解决斜率相关问题
“齐次”从词面上解释是“次数相等”的意思.在代数里也有“齐次”的叫法，例如 f=ax²+bxy+cy²称为二次齐次式， f中每一项都是关于x，y的二次项.与圆锥曲线相关的问题以大运算量著称，齐次化引入圆锥曲线有时会极大地缩减运算量.
1：“齐次化”方法使用场景
题目中出现了一个定点引出的两条动直线的斜率之和 k₁+k₂或斜率乘积 k₁⋅k₂为定值时，优先考虑使用齐次化的技巧.
2： 用法：必须先把该定点平移至原点位置，然后将两个动点所成的直线假设为 mx+my=1,再联立即可.
3: 方程为 mx+my=1的直线，可以表示不过原点 (原点坐标不适合方程)的所有直线 (讨论m.n与0的关系)
【例1】如图，椭圆 E:x2a2+y2b2=1ab>0)经过点. A0−1,且 离心率为 22.
(1):求椭圆E的方程;
(2)：经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P、Q (均异于点A),
解: (1)由题意, b=1,又 ca=22a2=1+c2,
所以，a=2,b=1,c=1, 所以，椭圆E的方程为 x22+y2=1.
首先将椭圆向上平移1个单位，
得椭圆. E'的方程：x22+y−12=1即 x²+2y²−4y=0,
此时, 点(1,1)向上平移1个单位, 变为(1.2),
设直线方程为 mx+my=1,直线过(l,2),
则有 m+2m=1,将直线方程代入 x²+2y²−4y=0得 x²+2y²−4ymx+ny=0
平移之后， 点P、Q变为 P'x₁y₁,Q'x₂y₂，
变换得 4n−2yx2+4myx−1=0,平移不改变直线的斜率，
所以 kAP+kAQ=kP'+kQ'=y2x2+y1x1=−4m4n−2=−2m2n−1=−2m1−m−1=2.
原问题成立.
【例2】已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1ab>0)的离心率为 22,且过点A(2,1).
(1)求椭圆C的方程;
(2) 点M,N在椭圆C上, 且. AM⊥AN,AD⊥MN, D为垂足.
解:(1)由题意得:ca=224a2+1b2=1, 结合 a²=b²+c², 解得 a=6b=3,c=3
椭圆的方程为 x26+y23=1,即 x²+2y²=6
(2)当直线 A'M',A'N'的斜率都存在，
将整个图形平移一下，将点A平移到坐标原点 A'00,
相应的其它点平移为 M',N',D',平移不改变直线的斜率，
椭圆方程为： x+2²+2y+1²=6,即 x²+2y²+4x+4y=0,
设MN':mx+ny=1, 将直线代入椭圆方程，得： x²+2y²+4x+4ymx+ny=0,
即: 4n+2yx2+4m+nyx+4m+1=0,由于 kA'M'⋅kA'N=y1x1⋅y2x2=4m+14n+2=−1,
所以， −43m−43n=1, 所以，直线 mx+my=1经过点 B'−43−43,
再将整个图形重新平移回去，直线MN经过定点 B23−13,
由题意可知， △ADB为直角三角形，斜边AB的中点 Q4313,满足|DQ|为定值.
当直线AM，AN的斜率有一个不存在时，
不妨设 N2−1,M−21,直线. MN:x+2y=0,也经过点 B23−13
综上所述，存在点 Q4313,使|DQ|为定值.此定值为 223
【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知P为椭圆上一点，过原点且斜率存在的直线与椭圆C相交于A，B两点，过原点且斜率存在的直线（与不重合）与椭圆C相交于M，N两点，且点P满足到直线和的距离都等于．
(1)求直线和的斜率之积；
(2)当点P在C上运动时，是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是，12.
【详解】（1）设直线的方程为，直线的方程为，，
则根据点到直线的距离公式可得，
化简得，
同理可得，
所以，是一元二次方程的两实数根，，
则有．
又因为点在C上，所以，即，
所以（定值）．
（2）是定值，且定值为12．
理由如下：
设，，
联立方程组，解得，
所以，
同理可得．
由椭圆的对称性知，，
所以．
由（1）知，
所以
（定值）．
【变式2】（2024·安徽合肥·二模）已知椭圆的右焦点为，左顶点为，短轴长为，且经过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线（不与轴重合）与交于两点，直线与直线的交点分别为，记直线的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）因为，所以，再将点代入得，
解得，故椭圆的方程为；
（2）由题意可设，
由可得，
易知恒成立，所以，
又因为，
所以直线的方程为，令，则，故，
同理，
从而，
故为定值．
【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知曲线与曲线关于直线对称．
(1)求曲线的方程．
(2)若过原点的两条直线分别交曲线于点，，，，且（为坐标原点），则四边形的面积是否为定值？若为定值，求四边形的面积；若不为定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，
【详解】（1）设点为曲线上任一点，则点关于直线的对称点在曲线上．
根据对称性，得解得
将代入曲线并整理，得．故曲线的方程为．
（2）四边形的面积为定值．理由如下：
当直线的斜率不存在时，直线轴，则．
因为，所以不妨设，则，
此时取，，
根据对称性可知四边形为平行四边形，
则四边形的面积，为定值．
当直线的斜率存在时，设，且，．
联立得．
由，得，则
，，
则
．
因为，即，即，
所以
．
因为原点到直线的距离，
由于四边形为平行四边形，
所以四边形的面积．
综上，四边形的面积为定值．
【题型四】 定比点差法
直线与圆雉曲线相交时,中点(定比分点)问题通常运用韦达定理和点差法两种方式.点差法(定比点差)是从设点的视角,将点的坐标代人曲线方程,通过系数调配后进行两式作差.
一般地,设椭圆上两点,若定点满足,则得到,
化简得
由得
两式相减得.
把代人,得,化简得.
特别地,如果(或),则可以得到方程组继而能相对快捷地求出交点坐标,避免暴求交点.椭圆、双曲线中的多点共线的倍值问题,也可类似解决,其实质就是一种降维处理.此外,当时,则是的中点即转化为中点弦问题.
【例1】直线与椭圆交于两点，与轴、轴分别交于点.如果 是线段的两个三等分点，则直线的斜率为 ．
【解析】设点.
由得 ；
由 得 .
所以 . (*)由
两式相减得 .
把(*)代入，知，故，所以点，
所以 .
【例2】设分别为椭圆的左右两个焦点，点在椭圆上.
若，则点的坐标是 ．
【解析】延长交椭圆于点.
由知，，
所以
把点代入，
得
两式相减，得，
化简，得.
与联立，解得，代入椭圆求得点.
【例3】已知点，椭圆上两点满足，则
当 时，点横坐标的绝对值最大.
【解析】设点.
由.
所以，
所以，代入，
可得，当时取得等号.
【变式1】已知是双曲线的左焦点，点的坐标为 ，直线与双曲线的两条渐进线分别交于点.若，则双曲线 的离心率为 ．
【答案】.
【解析】设点.
由于,
故,得到
由点均在渐近线0上可以知道,
则
两式相减得.
把代人,知,化简得.
结合,解得,故点.
由得,所以.
【变式2】已知抛物线的焦点为，斜率为的直线与抛物线交于两点，与轴的交点为.
(1) 若，求直线的方程；
(2)若，求的值.
【答案】(1) ; (2) .
【解析】(1) 设直线 的方程为 .
设点 ,
故 .
由抛物线定义可得 , 解得 .
故直线 方程为 .
(2) 设直线 的方程为
设点 ,
故
由 可得 , 可得
代入上式可得 .
故直线 方程为 .
解得点 , 故 .
【变式3】如图，椭圆.过点作直线分别交椭圆于， 四点，且直线的斜率为.试判断直线与直线的位置关系.

【答案】.
【解析】设点 ,,, .
设 , 则由定比分点得到
又点 , 在椭圆 上,
所以
又
三式相加得 .
同理, 设 , 可得 .
两式相减得 .
又直线 的斜率为 , 则 .
所以 , 即 . 所以 .
【题型五】 定点、定值
求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，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．
直线过定点问题或圆过定点问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再表达出直线方程或圆的方程，结合方程特点，求出所过的定点坐标.
【例1】（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，的左焦点与点连线的斜率为．
(1)求的方程．
(2)已知点，过点的直线与交于两点，直线分别交于．试问：直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)是，定值为
【详解】（1）由题意可设椭圆的半焦距为，则椭圆的左焦点为．
由题意得 ，则，所以椭圆的方程为．
（2）

由已知，得直线的斜率必存在且不为0，
故设直线的方程为．
设，则直线的方程为．
由并结合，得．
由是方程的两根，可知，则．
将代入，可得．
同理可得．
所以
．
故直线的斜率为定值，且定值为．
【例2】（2023·河南焦作·模拟预测）已知椭圆的长轴为4，直线与圆相切于点，与相交于，两点，且，，.
(1)记的离心率为，证明：；
(2)若轴右侧的点在上，且轴，，是圆的两条切线，切点分别为，（在上方），求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为椭圆的长轴为4，
所以椭圆的方程为，.
设，则，当时，因为，
所以直线的斜率为，
直线的方程为，即，
联立椭圆与直线的方程得
再根据整理得，
，则，，
故，
故
当时，，易得.
综上所述，.
（2）由（1）中，得点的纵坐标为，横坐标，故.
设，，
由（1）得圆在，两点的切线方程分别为，.
因为在直线，上，所以，，
因此直线的方程是.
，两点坐标满足方程整理得；
，两点坐标满足方程整理得.
故，，，四点的纵坐标满足同一个一元二次方程，
又因为点在点上方，点在点上方，
故，两点的纵坐标相等，，两点的纵坐标相等，从而轴.
，同理可得，所以.
又，可知.

【例3】（2024·上海奉贤·二模）已知曲线 ，是坐标原点， 过点的直线与曲线交于，两点.
(1)当与轴垂直时，求的面积；
(2)过圆上任意一点作直线，，分别与曲线切于，两 点，求证：；

(3)过点的直线与双曲线交于，两点（，不与轴重合）.记直线的斜率为，直线斜率为， 当时，求证：与都是定值.

【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）由题可知，直线为，
代入椭圆方程，解得，
所以.
（2）设，
当时， ，不妨取，，，
则，，所以，即成立；
当时，设，的斜率分别为，直线，
由，
因为直线与椭圆相切，所以，
即，
化简可得，
化为关于的一元二次方程为，
所以.
因为在圆上，所以，
代入上式可得，
综上可得.

（3）设、、、，
直线、的斜率分别为、，
设直线，与椭圆联立得，
则，，，
由得，
即，
计算分子部分：
，所以，
设直线，与双曲线联立得，
则，，，，
所以，
计算分子部分
，
所以，
综上可得、均为定值.

【变式1】（2024·上海崇明·二模）已知椭圆，为的上顶点，是上不同于点的两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)若是椭圆的右焦点，是椭圆下顶点，是直线上一点.若有一个内角为，求点的坐标；
(3)作，垂足为．若直线与直线的斜率之和为，是否存在轴上的点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或；
(3)存在，
【详解】（1）由题意，，所以离心率
（2）由题意，，，，所以直线的方程为：，
设，显然有或两种情况，
①当时，直线的倾斜角为，其与轴的交点为，则，
因为，
由，得：，解得（舍去）或，
所以，点的坐标是
②当时，此时， 则，
因为，
由，得：，
解得（舍去）或
综上所述，点的坐标是或
（3）假设存在定点满足题意，
当的斜率存在时，设直线的方程为，，
由得，
由题意，，即①．
，
，
所以，代入①，得：，
所以或，即存在直线使得直线与直线的斜率之和为2
直线的方程为，直线的方程为
由，得：，即
所以
所以当时，为定值，.
当直线斜率不存在时，设，，
则，，此时，满足题意．
所以存在定点，使得为定值且定值为．
【变式2】（2024·全国·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)设过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点．问：在轴上是否存在定点，使直线的斜率与的斜率的积为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，且该定点为
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，即，
所以，所以椭圆的方程为，
因为椭圆过点，所以，解得，
故，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）假设存在定点．设，，
易知直线的斜率显然存在，且不为0，设其方程为，
联立椭圆方程与直线方程，得，消去并整理，
得，
所以，，
由，解得，且，
所以
，
则当时，为定值，此时．
所以存在定点，使直线的斜率与的斜率的积为定值．

【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知离心率为的椭圆的左、右顶点分别为，点为椭圆上的动点，且面积的最大值为．直线与椭圆交于两点，点，直线分别交椭圆于两点，过点作直线的垂线，垂足为．
(1)求椭圆的方程．
(2)记直线的斜率为，证明：为定值．
(3)试问：是否存在定点，使为定值？若存在，求出定点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)存在点.
【详解】（1）由题意，得解得所以椭圆的方程为．
（2）
证明：设．
又，所以可设直线的方程为．
联立椭圆方程与直线的方程，得
消去，得．
又，所以，可得．
由根与系数的关系，得，则，
所以，同理，得．
从而直线的斜率．
又，
所以，即，为定值．
（3）由（2）可得直线的方程为．
由椭圆的对称性可知，若直线恒过定点，则此定点必在轴上，
所以令，得．
故直线恒过定点，且点的坐标为．
因为，垂足为，且，所以点在以为直径的圆上运动．
故存在点，使．
【题型六】 求轨迹方程型
求轨迹方程的常见方法有:
①直接法，设出动点的坐标，根据题意列出关于的等式即可；
②定义法，根据题意动点符合已知曲线的定义，直接求出方程；
③参数法，把分别用第三个变量表示，消去参数即可；
④逆代法，将代入.
【例1】（2024·上海嘉定·二模）如图：已知三点、、都在椭圆上．
(1)若点、、都是椭圆的顶点，求的面积；
(2)若直线的斜率为1，求弦中点的轨迹方程；
(3)若直线的斜率为2，设直线的斜率为，直线的斜率为，是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出所有满足条件的点，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)，
(3)或
【详解】（1）因为点、、都是椭圆的顶点，
所以的面积为；
（2）设，，因为直线的斜率为，
所以可设直线的方程为，
由，消去，整理得，
，即，
，，
设弦中点，则，
，
消去，得，
所以，
所以点的轨迹方程为，；
（3）设，，，则，
因为直线的斜率为，设直线的方程为，
其中，且不过，
椭圆的方程可化为，即，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，
，解得，
代入，解得，所以，
所以存在点或，使得恒成立．
【例2】（2024·安徽合肥·二模）在数学中，广义距离是泛函分析中最基本的概念之一．对平面直角坐标系中两个点和，记，称为点与点之间的“距离”，其中表示中较大者．
(1)计算点和点之间的“距离”；
(2)设是平面中一定点，．我们把平面上到点的“距离”为的所有点构成的集合叫做以点为圆心，以为半径的“圆”．求以原点为圆心，以为半径的“圆”的面积；
(3)证明：对任意点．
【答案】(1)；
(2)4；
(3)证明见解析.
【详解】（1）由定义知，；
（2）设是以原点为圆心，以为半径的-圆上任一点，则．
若，则；
若，则有．
由此可知，以原点为圆心，以为半径的“圆”的图形如下所示：
则“圆”的面积为.

（3）考虑函数．
因为，所以在上单调递增．
又，
于是
，
同理，．
不妨设，
则
.
【例3】（2024·河南开封·三模）已知，，对于平面内一动点，轴于点M，且，，成等比数列．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)已知过点A的直线l与C交于M，N两点，若，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可得，则，，，
由于，，成等比数列，所以，
即，
故点P的轨迹C的方程为
（2）由（1）知点P的轨迹C的方程为：当或，
当时，，如图；
由题意可知直线有斜率，设方程为，
联立，
则，故,
联立，
则，故,
,
解得，
故直线方程为
【变式1】（2024·广东韶关·二模）已知椭圆的离心率为，长轴长为4，是其左、右顶点，是其右焦点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设是椭圆上一点，的角平分线与直线交于点．
①求点的轨迹方程；
②若面积为，求．
【详解】（1）由题意知，，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）①：由（1）知，，设，则，
易知当时，，，此时，
由，解得，即；
当时，，，设直线的斜率为，
则，
所以直线方程为，又直线方程为，
由，得，即，
解得，
将代入直线方程，得，即，
又，所以，
故点的轨迹方程为；
②：由，得，
又，所以，得，
整理得，又，所以，
整理得，即，
由，解得.
【变式2】（2024·江苏苏州·模拟预测）已知点，，和动点满足是，的等差中项．
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点的轨迹为曲线按向量平移后得到曲线，曲线上不同的两点M，N的连线交轴于点，如果（为坐标原点）为锐角，求实数的取值范围；
(3)在（2）的条件下，如果时，曲线在点和处的切线的交点为，求证：在一条定直线上．
【答案】(1)；
(2)或；
(3)证明见解析.
【详解】（1）由题意可得，，，
则，
，
又是，的等差中项，
，
整理得点的轨迹方程为．
（2）
由（1）知，
又，平移公式为即，
代入曲线的方程得到曲线的方程为：，
即．
曲线的方程为．
如图由题意可设M，N所在的直线方程为，
由消去得，
令，，则，
，，
又为锐角，，即，
，又，
，得或．
（3）当时，由（2）可得，对求导可得，
抛物线在点，
，处的切线的斜率分别为，
，
在点M，N处的切线方程分别为，，
由，解得交点的坐标．
满足即，点在定直线上．
【变式3】（2024·山西吕梁·二模）在平面直角坐标系中，动点在圆上，动点在直线上，过点作垂直于的直线与线段的垂直平分线交于点，且，记的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程.
(2)若直线与曲线交于两点，与曲线交于两点，其中，且同向，直线交于点.
（i）证明：点在一条确定的直线上，并求出该直线的方程；
（ii）当的面积等于时，试把表示成的函数.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析，；（ii）
【详解】（1）由题意得，，
设，则，化简整理得，
所以动点的轨迹的方程为；
（2）（i）设，
联立，整理得，
则，得，
且，同理，
设的中点分别为，则，
由题意可知存在实数，使，
所以三点共线，即点在定直线上；
（ii）由（i）得，
，
同理，设的底边上的高为，梯形的高为，
则由相似比得，
解得
，
所以的面积
，
又，所以
，
整理得，所以，
即.
概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
解答题☆☆☆☆☆
考向预测
极点、极线