专题07以椭圆为情景的定点问题——备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型

这是一份专题07以椭圆为情景的定点问题——备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型，文件包含专题07以椭圆为情景的定点问题备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型解析版docx、专题07以椭圆为情景的定点问题备战2022年高考数学圆锥曲线部分必会十大基本题型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
椭圆必会十大基本题型讲与练
07 以椭圆为情景的定点问题
典例分析
类型一、线过定点问题
1、已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a＞1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8，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．
【答案】＋y2＝1；
【分析（2）】看问题：证明：直线CD过定点（属于线过定点问题）
想方法：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的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．
看条件：P为直线x＝6上的动点，A，B分别为椭圆E：＋y2＝1的左、右顶点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D（点在椭圆上，一是想定义二是想坐标，都可得到等量关系）。
定措施：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)．则直线PA的方程为y＝(x＋3)，所以
y1＝(x1＋3)，同理y2＝(x2－3)．可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．又＋y＝1，
可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，由此得到n的值，从而可证直线CD过定点。
【解析】(1)由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)．则＝(a,1)，＝(a，－1)．
由·＝8，得a2－1＝8，即a＝3.所以E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，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PA的方程为y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3)．
直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3)．可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3)．
由于＋y＝1，故y＝－，可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
即(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.①
将x＝my＋n代入＋y2＝1，得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入①式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2·(m2＋9)＝0.解得n＝或n＝－3(舍去)．
故直线CD的方程为x＝my＋，即直线CD过定点
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点
综上，直线CD过定点
类型二、圆过定点问题
1、已知点Q是圆C1：x2+y2=4上一动点，线段OQ与圆C2：x2+y2=3相交于点T.直线d经过Q，并且垂直于x轴，T在d上的射影点为E.
（1）求点E的轨迹C的方程；
（2）设圆C1与x轴的左、右交点分别为A，B，点P是曲线C上的点（点P与A，B不重合），直线AP，BP与直线l：x=4分别相交于点M，N，求证：以MN直径的圆经过定点.
【答案】（1）x24+y23=1（2）见证明
【解析】（1）设点E(x,y)，Q(xQ,yQ).当yQ=0时，易得E(±2,0)；
当yQ≠0时，有yyQ=32，所以yQ=2y3.又xQ=x，所以Qx,2y3.代入C1的方程，
得x2+2y32=4，即x24+y23=1.
（2）证明：设直线AP，BP的斜率分别为k，k1，记P(xp,yp).则kk1=ypxp+2⋅ypxp-2 =yp2xp2-4=-34，k1=-34k.
直线AP的方程为y=k(x+2)，所以M(4,6k).直线BP的方程为y=-34k(x-2)，所以N4,-32k.
以MN为直径的圆的方程为(x-4)2+(y-6k)y+32k=0.
整理，得12yk2-[2(x-4)2+ 2y2-18]k-3y=0.
令y=0x-42+2y2-18=0解得x=1,y=0,或x=7,y=0,，所以以MN为直径的圆过定点(1,0)，(7,0).
类型三、定点与定值的交汇问题
1．在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右顶点分别为，.是椭圆的右焦点，且，.
（1）求椭圆的方程；
（2）不过点的直线交椭圆于，两点，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线过定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析，过定点
【分析】
（1）将，转化为长度，利用椭圆的几何性质列方程组解出可得椭圆的方程；
（2）设直线方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，代入，化简可得或，再代入直线的方程可得答案.
【详解】
（1）根据题意可知，，.∵,，
所以，，∴，解得，所以，
∴椭圆方程为；
（2）设直线方程为，联立，消去，并整理得，
设，则，，
所以
，
化简得，所以或，
当时，，此时直线经过定点，不合题意，
当时，，此时直线过定点，
综上所述：直线过定点，并且定点的坐标为.

类型四、定点、定值与探索的交汇问题
1.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，点M(-1,32)在椭圆C上，椭圆C的离心率是12.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设点A为椭圆长轴的左端点，P,Q为椭圆上异于椭圆C长轴端点的两点，记直线AP,AQ斜率分别为k1,k2，若k1k2=-14，请判断直线PQ是否过定点？若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由.
【答案】（1）x24+y23=1（2）过定点(1,0)
【解析】（1）由点M(-1,32)在椭圆C上，且椭圆C的离心率是12，可得1a2+94b2=1ca=12，可解得：a2=4b2=3c2=1
故椭圆C的标准方程为x24+y23=1.
（2）设点P,Q的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，
（ⅰ）当直线PQ斜率不存在时，由题意知，直线方程和曲线方程联立得：P(1,32)，Q(1,-32)，
（ⅱ）当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y=kx+m，
联立x24+y23=1y=kx+m，消去y得：(4k2+3)x2+8kmx+(4m2-12)=0，
由Δ=64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=48(4k2-m2+3)>0，有4k2+3>m2，
由韦达定理得：x1+x2=-8km4k2+3，x1x2=4m2-124k2+3，
故k1k2=y1y2(x1+2)(x2+2)=-14，可得：4y1y2+(x1+2)(x2+2)=0，
可得：4(kx1+m)(kx2+m)+(x1+2)(x2+2)=0，
整理为：(4k2+1)x1x2+(4km+2)(x1+x2)+4m2+4=0，
故有(4k2+1)4m2-124k2+3-(4km+2)8km4k2+3+4m2+4=0，
化简整理得：m2-km-2k2=0，解得：m=2k或m=-k，
当m=2k时直线PQ的方程为y=kx+2k，即y=k(x+2)，过定点(-2,0)不合题意，
当m=-k时直线PQ的方程为y=kx-k，即y=k(x-1)，过定点(1,0)，
综上，由（ⅰ）（ⅱ）知，直线PQ过定点(1,0).

方法点拨
1.定点问题
求解直线或圆锥曲线过定点问题的基本思路是：把直线或圆锥曲线方程中的变量x，y看成常数，把方程的一端化为零，将方程转化为以参数为主变量的方程，这个方程对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或圆锥曲线所过的定点。
2、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的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．
（3）直线过定点问题的解题模型

巩固练习
1．定义：若点在椭圆上，则以 为切点的切线方程为：.已知椭圆 ，点为直线上一个动点，过点作椭圆的两条切线 ，，切点分别为，，则直线恒过定点（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设，，，即可表示出的方程，又在上，即可得到，即可得到直线的方程，从而求出直线过的定点；
【详解】因为点在直线上，设，，，所以的方程为，又在上，所以①，同理可得②；由①②可得的方程为，即，即，所以，解得，故直线恒过定点
2. 已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合,过坐标原点作两条互相垂直的射线,,与分别交于,则直线过定点( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由椭圆方程知其焦点坐标为,又抛物线焦点, ∴,解得:,则抛物线的方程为, 由题意知:直线斜率不为,可设, 由得:,则,即, 设,,
则,,∴, ∵,∴,解得:或; 又与坐标原点不重合,∴,∴, ∴当时,,∴直线恒过定点. 故选:A.
3．已知椭圆的上顶点为为椭圆上异于A的两点，且，则直线过定点（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示可解得或，然后分类讨论可得答案
【详解】设直线的方程为，，则由整理得，所以，，因为，，
，所以
，解得或，
当时，直线的方程为，直线过点而，而不在同一直线上，不合题意；当时，直线的方程为，直线过，符合题意.

【点睛】本题考查了直线和椭圆的位置关系，解题的关键点是利用韦达定理表示，考查学生分析问题、解决问题的能力及计算能力.
4．已知的左右顶点为为的上顶点，，点为直线上的动点，与的另一个交点为与的另一个交点为.则的方程为（ ）直线恒过定点（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】求出，解出，求出的方程即可；联立直线和椭圆的方程求出，的坐标，求出直线的方程，判断即可．
【详解】如图所示：

由题意，，，，，，解得：，
故椭圆的方程是；因为，，设，则直线的方程是，
联立，由韦达定理，
代入直线的方程为得：，即，，
直线的方程是，联立方程，
由韦达定理，代入直线的方程为得，即，，
则①当即时，有，此时，即为直线，
②当时，直线的斜率，直线的方程是，整理得：，直线过定点．综合①②故直线过定点．
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
5．已知椭圆：，不过点的动直线l交椭圆于A，B两点，且，则直线l过定点__________．
【答案】
【分析】设直线为联立方程组化为一元二次方程，由韦达定理求得，，，，由得，将坐标代入化简求得，再代入直线方程即可得定点.
【详解】依题意设直线为，，，由 得则， ，，
， ，
则有或，又因为；
当时， 直线与椭圆不一定有两个交点，故不成立；经检验成立，故所以
故直线l过定点
【点睛】关键在于由韦达定理求得，，，，由得，将坐标代入化简求得关系.
6、椭圆的离心率为,其左焦点到点的距离为(1)求椭圆的标准方程 (2)若直线与椭圆相交于两点(不是左右顶点),且以为直径的圆过椭圆的右顶点。求证:直线过定点,并求出该定点的坐标
【答案】见解析
【解析】(1),设左焦点,解得椭圆方程为(2)由(1)可知椭圆右顶点,
设,以为直径的圆过即① 联立直线与椭圆方程:,代入到①或当时,恒过当时,恒过,但为椭圆右顶点,不符题意,故舍去恒过
7、已知椭圆的离心率为,以原点为圆心,椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切,过点且不垂直轴的直线与椭圆相交于两点. (1)求椭圆的方程. (2)若点关于轴的对称点是,求证:直线与轴相交于定点.
【答案】见解析
【解析】(1),已知圆方程为:,且与直线相切椭圆的方程为:(2)设直线,联立方程可得:,消去可得:考虑直线直线的方程为:令可得:,而,代入可得:, 代入可得:与轴交于定点

8、已知椭圆和圆,分别为椭圆的左顶点,下顶点和右焦点. (1)点是曲线上位于第二象限的一点,若的面积为,求证:. (2)点分别是椭圆和圆上位于轴右侧的动点,且直线的斜率是直线斜率的倍,求证:直线恒过定点.
【答案】见解析
【解析】(1)由椭圆可得设,由在第二象限可得:的面积为,代入圆方程可得:
(2)设直线的斜率为,则直线的斜率为
直线方程:,直线方程:,联立直线方程与椭圆方程:代入直线方程可得:联立直线与圆方程:代入直线方程可得:的方程为:整理可得:直线恒过定点
9、 在平面直角坐标系中,已知椭与直线,四个点中有三个点在椭圆上,剩余一个点在直线上.
(1)求椭圆的方程 (2)若动点在直线上,过作直线交椭圆于两点,使得,再过作直线,求证:直线恒过定点,并求出该定点的坐标
【答案】见解析
【解析】(1)因为四个点中有三点在椭圆上,由椭圆的对称性可知:必在椭圆上.若在椭圆上,则为椭圆的左顶点。但,所以与在椭圆上矛盾.在椭圆上椭圆方程为(2)依题意可得,
方程为:且共线为中点在椭圆内部 设,
因为与椭圆交于为中点
且于为的中垂线 设
，
为中点当时
恒过，
当时,直线为轴,过
无论位于哪个位置,直线恒过
10、已知椭圆：的离心率为，点和点都在椭圆上，直线交轴于点．
（Ⅰ）求椭圆的方程，并求点的坐标（用，表示）；
（Ⅱ）设为原点，点与点关于轴对称，直线交轴于点．问：轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（Ⅰ）由题意得解得=2．故椭圆的方程为．设(，0)．
因为，所以．直线的方程为，所以=，即．
（Ⅱ）因为点与点关于轴对称，所以，设，则=．
“存在点使得=等价”，
“存在点使得=”即满足．因为，，，所以．所以=或．故在轴上存在点，使得=．点的坐标为或．
11．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点，且椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若动点P在直线x＝－1上，过P作直线交椭圆C于M，N两点，且P为线段MN中点，再过P作直线l⊥MN.证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
解：(1)因为点在椭圆C上，所以＋＝1.又椭圆C的离心率为，所以＝，即a＝2c，所以a2＝4，b＝3，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设P(－1，y0)，y0∈，
①当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y－y0＝k(x＋1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(3＋4k2)x2＋(8ky0＋8k2)x＋(4y＋8ky0＋4k2－12)＝0，所以x1＋x2＝－.
因为P为MN中点，所以＝－1，即－＝－2，所以k＝(y0≠0)．
因为直线l⊥MN，所以kl＝－，所以直线l的方程为y－y0＝－·(x＋1)，即y＝－，显然直线l恒过定点.
②当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x＝－1，此时直线l为x轴，也过点.
综上所述，直线l恒过定点.
12．已知椭圆T：经过以下四个不同点中的某三个点：，，，．
（1）求椭圆T的方程；
（2）将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍，横坐标不变，得到椭圆E．已知M，N两点的坐标分别为，，点F是直线上的一个动点，且直线，分别交椭圆E于G，H（G，H分别异于M，N点）两点，试判断直线是否恒过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】（1）；（2）直线恒过定点.
【分析】
（1）分析可得三点在椭圆上，代入椭圆方程，待定系数即得解；
（2）先通过伸缩变换得到椭圆E方程为：，设，，，分别表示直线，的方程，与椭圆联立，求得G，H坐标，表示直线的方程，整理即得定点.
【详解】
（1）由题意可得A，C一定在椭圆上，即①，
若B在椭圆上，则②，由①②可得，不存在，
所以D在椭圆上，可得③，由①③可得，，所以椭圆的方程为：；
（2）将椭圆T上所有点的纵坐标缩短为原来的倍，横坐标不变，设E上的点为：，对应的点，由题意可得，，所以，，所以E的方程，
设，，，，，所以直线的方程为：，直线的方程，联立直线与椭圆的方程整理可得，所以，，即，联立直线NF与椭圆的方程：整理可得，所以，，即，
所以直线的斜率为：，
所以直线的方程为：，整理可得，当，.
所以直线恒过定点．
13．在平面直角坐标系中，椭圆：的左、右顶点分别为，.是椭圆的右焦点，且，.
（1）求椭圆的方程；
（2）不过点的直线交椭圆于，两点，记直线，，的斜率分别为，，，若，证明直线过定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析，过定点
【分析】
（1）将，转化为长度，利用椭圆的几何性质列方程组解出可得椭圆的方程；
（2）设直线方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，代入，化简可得或，再代入直线的方程可得答案.
【详解】
（1）根据题意可知，，.∵,，
所以，，∴，解得，所以，
∴椭圆方程为；
（2）设直线方程为，联立，消去，并整理得，
设，则，，
所以
，
化简得，所以或，
当时，，此时直线经过定点，不合题意，
当时，，此时直线过定点，
综上所述：直线过定点，并且定点的坐标为.
14、已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上。
(1)求C的方程。
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点。若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点。
【解析】(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点。又由＋>＋知，C不经过点P1，所以点P2在C上。因此解得故C的方程为＋y2＝1。
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2，如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|0。
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝。
而k1＋k2＝＋＝＋＝。
由题设知k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0。即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0。
解得k＝－。当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，
即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)。
15、已知点M在椭圆E：＋＝1(a>b>0)上，A1，A2分别为E的左、右顶点，直线A1M与A2M的斜率之积为－，F为椭圆的右焦点，直线l：x＝.
(1)求椭圆E的方程．
(2)直线m过点F且与椭圆E交于B，C两点，直线BA2，CA2分别与直线l交于P，Q两点．试问：以PQ为直径的圆是否过定点？如果是，求出定点的坐标；否则，请说明理由．
解：(1)由题意可知A1(－a,0)，A2(a,0)，则kA1M·kA2M＝·＝＝－，
所以解得所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)由(1)可知，F(2,0)，当直线m的斜率不存在时，不妨取B，C，则P，Q，
以PQ为直径的圆的方程为2＋y2＝，此时圆过点F(2,0)，R(7,0)．
下面证明以PQ为直径的圆过定点F(2,0)，R(7,0)．
当直线m的斜率存在时，设m：y＝k(x－2)(k≠0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，
联立方程消去y，可得(5＋9k2)x2－36k2x＋36k2－45＝0，Δ＝900(k2＋1)>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
直线BA2：y＝(x－3)，令x＝，得y＝，则P，同理可得Q.
所以＝，＝，
则·＝＋＝＋＝＋，(*)
将x1＋x2＝，x1x2＝代入(*)式，
得·＝＋＝＋＝－＝0，
故FP⊥FQ，所以点F(2,0)在以PQ为直径的圆上，
同理，点R(7,0)也在以PQ为直径的圆上．
综上，以PQ为直径的圆过定点F(2,0)，R(7,0)．
16、如图，在平面直角坐标系中，已知点F(1,0)，过直线l：x=2左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且|PH|=2|MF|，记动点P的轨迹为曲线Γ.
（1）求曲线Γ的方程；
（2）过点F作直线m交曲线Γ于A,B两点，点C在l上，且BC// x轴，试问：直线AC是否恒过定点？请说明理由.
【答案】(1)x22+y2=1；(2)答案见解析.
【解析】（1）设P(x,y)，由题可知|MF|=|PF|，所以|PF||PH|=|MF||PH|=22，即(x-1)2+y2|x-2|=22，
化简整理得x22+y2=1，即曲线Γ的方程为x22+y2=1.
（2）由已知可得直线m的斜率不为0，∴可设直线m的方程为x=ny+1，
联立方程组x=ny+1x22+y2=1消去x得(n2+2)y2+2ny-1=0，Δ>0恒成立，
记A(x1,y1),B(x2,y2)，则C(2,y2)，则y1+y2=-2nn2+2,y1y2=-1n2+2,x1=ny1+1，
∴直线AC的斜率为k=y1-y2x1-2，直线AC的方程为y-y2=y1-y2x1-2(x-2)，
即y=y1-y2x1-2[x-2+y2(x1-2)y1-y2]，又y2(x1-2)y1-y2=y2(ny1-1)-2nn2+2-2y2=y2+nn2+22(nn2+2+y2)=12，
∴直线AC的方程为y=y1-y2x1-2(x-2+12)=y1-y2x1-2(x-32)，∴直线AC过定点N(32,0).



17、已知椭圆:的离心率为,椭圆的短轴长等于.(1)求椭圆的标准方程; (2)设,,过且斜率为的动直线与椭圆交于,两点,直线,分别交:于异于点的点,,设直线的斜率为,直线,的斜率分别为. ①求证:为定值; ②求证:直线过定点.
【答案】见解析
【解析】由题意解得所以椭圆的标准方程为:; ① 设的方程为,与联立得:, 设,,
则,②
设PQ的方程为,与联立,
设,则

由,即此时,的方程为,
故直线恒过定点.
18．设为坐标原点，动点在椭圆：上，过做轴的垂线，垂足为，点满足．
（1）求点的轨迹方程；
（2）设点在直线上，且．证明：过点且垂直于的直线过的左焦点．
【解析】（1）设，，则，，．
由得 ，．因为在上，所以．
因此点的轨迹方程为．
（2）由题意知．设，，则，，
，，，
由得，又由（1）知，故．
所以，即．又过点存在唯一直线垂直与，所以过点且垂直于的直线过的左焦点．