【二轮复习】高考数学专题11 圆锥曲线 （易错题）（新高考专用）.zip

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易错点一：求轨迹方程时忽略变量的取值范围（求动点轨迹方程）
求轨迹方程共有四大类，具体方法如下：
第一类：直接法求动点的轨迹方程
利用直接法求动点的轨迹方程的步骤如下：
第一步：建系：建立适当的坐标系
第二步：设点：设轨迹上的任一点
第三步：列式：列出有限制关系的几何等式
第四步：代换：将轨迹所满足的条件用含的代数式表示，如选用距离和斜率公式等将其转化为的方程式化简
注：若求动点的轨迹，则不但要求出动点的轨迹方程，还要说明轨迹是什么曲线．
第二类：定义法求动点的轨迹方程
回顾之前所讲的第一定义的求解轨迹问题，我们常常需要把动点和满足焦点标志的定点连起来判断．熟记焦点的特征：（1）关于坐标轴对称的点；（2）标记为的点；（3）圆心；（4）题目提到的定点等等．当看到以上的标志的时候要想到曲线的定义，把曲线和满足焦点特征的点连起来结合曲线定义求解轨迹方程．
第三类：相关点法求动点的轨迹方程
如果动点的运动是由另外某一点的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标满足某已知曲线方程），则可以设出，用表示出相关点的坐标，然后把的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点的轨迹方程．
第四类：交轨法求动点的轨迹方程
在求动点的轨迹方程时，存在一种求解两动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常可以先解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数得出所求轨迹的方程，该方法经常与参数法并用，和参数法一样，通常选变角、变斜率等为参数．
易错提醒：求轨迹方程时，要注意准确确定范围，应充分挖掘题目中的隐含条件、限制条件，求出方程后要考虑相应的限制条件，避免因考虑不全面致错．
例．已知是圆：上的动点，点，直线与圆的另一个交点为，点在直线上，，动点的轨迹为曲线.
求曲线的方程；
【详解】圆的圆心为，半径，
因为，所以，又因为，所以
所以
所以点在以，为焦点，为实轴长的双曲线上
设双曲线的方程为，则，
所以，，，又不可能在轴上，所以曲线的方程为
变式1．在平面直角坐标系中中，动点到定点的距离比它到轴的距离大1，的轨迹为. 求曲线的方程；
【详解】设动点的坐标为，由已知得，
化简得：，故曲线的方程为
变式2．已知y轴右侧一动圆Q与圆P：相外切，与y轴相切.
求动圆圆心Q的轨迹M的方程；
【详解】圆P：，所以圆P的圆心坐标为，半径为1
设，依题意有
化简整理得：，故所求动圆圆心Q的轨迹M的方程为
变式3．已知点，点，点是轴上的动点，点在轴上，直线与直线垂直，关于的对称点为．
求的轨迹的方程；
【详解】方法1：设
因为，所以，即
又，所以，所以
方法2：如图，设关于的对称点为，由已知得，互相垂直平分
所以四边形为菱形，所以
因为为中点，所以，即点在定直线上，因为，所以与直线垂直，即点到定点的距离等于点到定直线的距离
所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，所以点的轨迹的方程为
1．已知圆，圆，动圆与圆和圆均相切，且一个内切、一个外切．
求动圆圆心的轨迹的方程．
【详解】设点的坐标为，圆的半径为．
由已知条件，得．
①当动圆与圆外切，与圆内切时，，
从而．
②当动圆与圆内切，与圆外切时，，
从而．
综上可知，圆心的轨迹是以为焦点，6为长轴长的椭圆．
易得圆与圆交于点与，
所以动圆圆心的轨迹的方程为．
2．在平面直角坐标系中，点到点的距离等于点到直线的距离，记动点的轨迹为．
(1)求的方程；
【详解】设，依题意，得，
化简得，故的方程为．
3．设抛物线的方程为，其中常数，F是抛物线的焦点．
(1)若直线被抛物线所截得的弦长为6，求的值；
(2)设是点关于顶点O的对称点，是抛物线上的动点，求的最大值；
(3)设是两条互相垂直，且均经过点F的直线，与抛物线交于点,与抛物线交于点，若点G满足，求点G的轨迹方程．
【答案】(1)；
(2)；
(3)
【分析】（1）可令，代入抛物线方程，计算可得弦长继而得；
（2）根据抛物线定义转化线段比值，结合直线与抛物线的位置关系计算即可；
（3）设坐标及方程，与抛物线方程联立，运用韦达定理以及两直线垂直的条件，结合向量的坐标表示，以及消元转化，可得所求轨迹方程．
【详解】（1）由可得，由题意可知；
（2）易知，则，抛物线准线为，

如图所示，过作准线，垂足为B，
由抛物线定义可知，故，
设直线为，，
则，
欲求的最大值，即求的最小值，
显然当直线与抛物线相切时，取得最大，此时其余弦最小，
联立抛物线方程可得，
由直线和抛物线相切可得，
结合抛物线对称性，不妨取，此时，即；
（3）
由已知可知，则，
设，，
则，
与抛物线联立可得：，
即有，
同理则有，
因为点G满足，
即，
故，
可得，
则G的轨迹方程为．
4．已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径.记的轨迹为曲线.
说明是什么曲线，并求的方程；
【答案】
【详解】根据题意可知圆可化为，
所以可知圆心，半径，
易知和两点关于原点对称，且，
所以由椭圆定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
即，可得；
因此曲线的方程为.
5．已知为圆：上任一点，，，，且满足.
求动点的轨迹的方程；
【答案】
【详解】
如图，由，可得，
因为，所以，
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
所以动点的轨迹的方程为.
6．已知点A为圆上任意一点，点的坐标为，线段的垂直平分线与直线交于点．
求点的轨迹的方程；
【答案】
【详解】由得，其半径为4，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，

故，则,
而，故点的轨迹为以为焦点的双曲线，
则，
故点的轨迹的方程为.
7．已知圆，一动圆与直线相切且与圆C外切．
(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程；
(2)若经过定点的直线l与曲线相交于两点，M是线段的中点，过作轴的平行线与曲线相交于点，试问是否存在直线l，使得，若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，方程为
【分析】（1）利用直接法，设出点坐标根据相切关系找到等量关系即可求动圆圆心P的轨迹T的方程；
（2）由题意设直线l的方程为，联立抛物线方程，利用，从而由向量的数量积的坐标运算于韦达定理可得，即可求出直线方程．
【详解】（1）由题意知圆的圆心，半径；
设，易知点在直线右侧，
所以到直线的距离为，又，
由相切可得，即
化简可得动圆圆心P的轨迹T的方程为；
（2）如下图所示：

设，．
由题意，设直线l的方程为联立T的方程可得
则，由韦达定理可得，，
所以，，
假设存在，使得,
则，又，所以；
，
由可得，
所以，
代入化简可得，解得，
∴存在直线，使得.
8．圆，圆心为，点，作圆上任意一点与点连线的中垂线，交于.
求的轨迹的方程；
【答案】
【详解】连接，则，
其中，则，
所以，
故的轨迹为以两点为焦点，长轴长为4的椭圆，
其中，故，，
所以的方程为；
9．已知，，对于平面内一动点，轴于点M，且.
求点Р的轨迹C的方程；
【答案】当，；当，
【详解】设，则，
从而
由，有，
若，化简整理得；
若，化简整理得.
10．在平面直角坐标系中，已知点、，的内切圆与直线相切于点，记点M的轨迹为C.
求C的方程；
【答案】
【详解】因为点、，的内切圆与直线相切于点，
所以，
因此根据双曲线的定义可知，点的轨迹为以，为焦点的双曲线的右支，
设点的轨迹C的方程为，焦距为，
所以，，
所以，，，
所以点的轨迹方程C为
易错点二：忽略了给定条件对e范围的限定（离心率的求算）
求离心率范围的方法
建立不等式法：
技巧1：建立关于和的一次或二次方程与不等式．
技巧2：利用线段长度的大小建立不等关系．为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的任意一点，；为双曲线的左、右焦点，为双曲线上的任一点，．
技巧3：利用角度长度的大小建立不等关系．为椭圆的左、右焦点，为椭圆上的动点，若，则椭圆离心率的取值范围为．
技巧4：利用与双曲线渐近线的斜率比较建立不等关系．
技巧5：涉及的关系式利用基本不等式，建立不等关系．
易错提醒：圆锥曲线的率的范围是有限定的，椭圆的离心率范围是，而双曲线的离心率范围是，在求范围的时候要时刻注意.
例．已知双曲线：的右焦点为，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【分析方案】由，令且，，则，根据题设有、、，进而有，将它们整理为关于的齐次方程求离心率即可
【详解】由题设，令且，，则，且①
由，即②
由，即
又C在双曲线上，则③
由①得：，代入③并整理得：
由①②及得：
所以，即
显然，则，故选：B
变式1．已知分别是双曲线的左、右焦点，P为双曲线右支上一点，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
【分析方案】根据双曲线定义得到，由三角形面积公式和余弦定理求出，两边同除以得到，求出离心率
【详解】∵分别是双曲线的左、右焦点，
为双曲线右支上一点，∴，，又∵在中，
∵，∴，则
又
∴，即，故，解得：
∵，∴故选：A
变式2．已知双曲线的上焦点为，点P在双曲线的下支上，若，且的最小值为7，则双曲线E的离心率为（ ）
A．2或B．3或C．2D．3
【分析方案】根据双曲线定义将转化为，数形结合即可求解
【详解】设双曲线的下焦点为，可知，则，即
则
当且仅当三点共线时，等号成立，由题意可得，且
因为在上单调递增，且，
所以方程，且，解得，则，所以双曲线E的离心率为，故选：D
变式3．过双曲线：的右焦点作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为，且与另一条渐近线交于点，若，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．或C．D．
【分析方案】根据题意，可得，两种情况，分别求解，结合双曲线的性质，代入离心率公式，即可得到结果
【详解】
如图①，当时，设，则，设，双曲线的渐近线方程为，所以，在中，，设，，，因为，所以
又，所以，所以，，，
则，则，且，
即，解得，所以，
如图②，当时，设，，设，则，
，在中，，设，，，因为，所以，又，所以，所以，，，，则，，，所以
，则，所以，即，解得，所以故选：B
1．已知圆与双曲线，若在双曲线上存在一点，使得过点所作的圆的两条切线，切点为、，且，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】连接、、，则，，设点，则，分析可得，可得出的取值范围，由可求得的取值范围.
【详解】连接、、，则，，
由切线长定理可知，，
又因为，，所以，，
所以，，则，
设点，则，且，
所以，，
所以，，故，
故选：B.
2．已知双曲线的离心率为，且双曲线上的点到焦点的最近距离为2，则双曲线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用由双曲线上的点到焦点的最近距离为2得，再由离心率、可得答案.
【详解】由离心率，得，由双曲线上的点到焦点的最近距离为2，
得，根据这两个方程解得，
则，得，所以双曲线的方程为.
故选：B.
3．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，P为双曲线C的右支上一点，且，，则双曲线C的离心率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先利用双曲线的定义及勾股定理等得到，设，结合双曲线的定义得到，则，构造函数，利用导数法求解.
【详解】解：因为，，
∴，
又，∴．
设，则，，
∴，
∴，则，
∴．
∴，则，
设，则，
∴在上单调递增，∴，
∴，
∴，∴，
∴，
故选：B．
4．已知直线过双曲线的右焦点，且与双曲线右支交于，两点．若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，，由得到，的关系，结合韦达定理得到，，之间的关系式，进而求出离心率.
【详解】设，，则，．
由，得．
直线l的方程为，即，
代入双曲线的方程中，得，
即，
∴，，
∴，，
∴，
整理得．又，∴．
故选:B．
5．双曲线的左、右焦点分别为，，点是其右支上一点．若，，，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用向量法得：，然后结合双曲线定义：和余弦定理即可求解.
【详解】由双曲线的几何性质，可知点是线段的中点，则，
即:，
所以：，解得：，
所以：，故，
由，解得：，
所以：，故B项正确.
故选：B.
6．已知直线与双曲线交于两点，点是双曲线上与不同的一点，直线的斜率分别为，则当取得最小值时，该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】联立方程求出的坐标，通过运算得到，代入，利用二次函数的知识求得取最小值时，的值，即可求解.
【详解】将代入双曲线方程中，
整理得，得，
设，
则，，
所以，
所以．当时，取得最小值，
此时,
所以，解得，
所以.
故选：C．
7．如图所示，是双曲线的左、右焦点，的右支上存在一点满足与双曲线左支的交点满足，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【分析】利用正弦定理及已知可得，令，由双曲线定义及，应用勾股定理列方程求得，进而求离心率.
【详解】中，中，
所以，，
又，则，又，
所以，令，则，，
而，由，则，，
可得，即.
故选：D
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线在第二象限的部分交于点，若双曲线上的点满足，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由双曲线的定义结合题意可得，又由，表示出，，在中，由余弦定理可求得，解方程即可求出答案.
【详解】如图，连接，由题意知，
设，由双曲线的定义可得．
又由题可得，所以，即．
在中，，由，得，
由双曲线的定义可得．因为，所以，
所以，在中，，
又由余弦定理可得，
即，所以．
又因为，所以，
所以，故，
所以双曲线的离心率．

故选：A.
9．已知为双曲线：的右焦点，平行于轴的直线分别交的渐近线和右支于点，，且，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，联立方程组求得，根据，得到，求得，再由在双曲线上，化简得到，结合，化简得到，进而求得双曲线的离心率.
【详解】双曲线：的渐近线方程为.
设，联立方程组，解得.
因为，所以，即，可得.
又因为点在双曲线上，所以，
将代入，可得，
由，所以，所以，即，
化简得，则，所以双曲线的离心率为.
故选：B.

10．已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，且，点关于原点的对称点为点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由双曲线的性质可得四边形为矩形，然后结合双曲线的定义及的勾股定理可得，，再由的勾股定理即可求得结果.
【详解】设双曲线的左焦点为，连接，，，如图所示，

又因为，所以，
所以四边形为矩形，
设，则，
由双曲线的定义可得：，，
又因为为直角三角形，
所以，即，解得，
所以，，
又因为为直角三角形，，
所以，即：，
所以，即.
故选：D.
易错点三：易忽略判别式自身参数范围（求最值问题）
知识点一、直线和圆锥曲线联立（设点设线联立化解韦达判别）
（1）椭圆与直线相交于两点，设，
，
椭圆与过定点的直线相交于两点，设为，如此消去，保留，构造的方程如下：，
（2）抛物线与直线相交于两点，设，
联立可得，时，
特殊地，当直线过焦点的时候，即，
抛物线与直线相交于两点，设，
联立可得，时，
知识点二、根的判别式和韦达定理
与联立，两边同时乘上即可得到，为了方便叙述，将上式简记为．该式可以看成一个关于的一元二次方程，判别式为可简单记．
同理和联立，为了方便叙述，将上式简记为，
与C相离；与C相切；与C相交．
注意：
1.如果是焦点在y轴上的椭圆，只需要把，互换位置即可．
2.直线和双曲线联立结果类似，焦点在x轴的双曲线，只要把换成即可；焦点在y轴的双曲线，把换成即可，换成即可．
易错提醒：求最值问题时一般转化为函数最值问题，自变量范围一般容易忽略判别式的前提（判别式也存在隐含自变量的范围）
例．已知，是椭圆的两个焦点，P是椭圆E上任一点，则的取值范围是 ．
【分析方案】求出焦点坐标，设出（），利用向量的数量积的坐标表示和椭圆方程表达出，结合的取值范围，得到的取值范围
【详解】由，，解得：，所以
不妨令，，因为P是椭圆E上任一设点，设（）
则，即，其中
因为，所以，，所以的取值范围是
故答案为：
变式1．已知椭圆的左焦点为是C上的动点，点，若的最大值为6，则C的离心率为 ．
【分析方案】设出右焦点,将转化成，最后利用三点共线表示最大值求出，进而求出离心率
【详解】设右焦点，由椭圆定义，，
当且仅当三点共线时，取等号，.又，，
，故答案为：
变式2．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一个动点，为圆上一个动点，则的最大值为
【分析方案】根据椭圆定义及圆心位置、半径，应用分析法要使最大只需让最大即可，由数形结合的方法分析知共线时有最大值，进而求目标式的最大值
【详解】由题意得：，根据椭圆的定义得，∴
圆变形得，即圆心，半径
要使最大，即最大，又
∴使最大即可，如图所示：
∴当共线时，有最大值为
∴的最大值为
∴的最大值，即的最大值为11+1=12
故答案为：12
变式3．设，分别为椭圆（）的左，右焦点，为内一点，为上任意一点，若的最小值为，则的方程为 .
【分析方案】由题意知，，则；由三角形的三边关系可知，从而可求出，由椭圆的定义知
，从而可求出，进而可求出椭圆的标准方程
【详解】由椭圆定义可知，且，则
因为，所以，所以，所以，故的方程为，故答案为：
1．已知直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，为椭圆上一个动点，则的最大值与最小值之和为 ．
【答案】
【分析】求出圆的圆心，根据题意可得、，利用平面向量的线性运算可得，即可求解.
【详解】圆，圆心，半径，
因为直线过圆的圆心，且与圆相交于，两点，
所以，又椭圆，则，，右焦点为，
所以
，
又，即，所以，
即，所以的最大值为，最小值为.
则的最大值与最小值之和为.
故答案为：
2．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】由余弦定理变形得出，在以为焦点，长轴长为6的椭圆上，因此当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大，由此可求得三角形面积最大值．
【详解】, ，
由余弦定理得，
所以，
即，又，
所以在以为焦点，长轴长为6的椭圆上（不在直线上），
如图以为轴，线段中垂线为轴建立平面直角坐标系，
设椭圆方程为，则，
所以，
当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大为，
所以的最大值为，
故答案为：．
3．已知椭圆离心率为，为椭圆的右焦点，，是椭圆上的两点，且.若，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】以椭圆的右焦点为极点，建立极坐标系，设，，可表示出，，再由可得，此时表示与两点的连线的斜率，由几何意义求解即可得出实数的取值范围.
【详解】以椭圆的右焦点为极点，建立极坐标系，设，
过点作交于点，为椭圆的右准线，
过点A作极轴交极轴于点，
由椭圆的第二定义知：，则，所以，
则，代入化简可得：，
同理可得：，
由可得，
，表示与两点的连线的斜率，
而可看作圆上任意一点，
所以的几何意义为圆上一点与两点的连线的斜率，
过点作圆的切线可求出的最大值和最小值，
由分析知，过点直线的斜率一定存在，设为，
，故圆心到直线的距离为：
，化简可得：，解得：或，
所以，故.
故答案为：.
4．已知椭圆是椭圆上两点，线段的垂直平分线与轴交于，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】设，，线段的中点为，利用点差法可得，从而可得线段AB的垂直平分线的方程，则，再由点在椭圆内部可求出结果
【详解】设，，线段的中点为 .
若，即，则，满足题意；
若，即，则不满足题意，应舍去；
当时，有，作差得：
因为，，所以，
因为，所以 ，
设线段的垂直平分线为，则，得 ：，
令，得，又因为点在椭圆内部，则，则，
故 .
故答案为：.
5．已知椭圆的面积为，点在椭圆上，点A关于x轴，y轴，原点的对称点分别为B，C，D，记四边形ABDC的面积为S，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】由条件求的关系，再求四边形的面积，由此可得的表达式，再结合基本不等式求的取值范围.
【详解】点在椭圆上，
所以上，
解得，所以，
又因为四边形为正方形，
所以，
故，
由于，所以，
所以的取值范围为．
故答案为：．
6．已知椭圆的左、右焦点分别为，，点是上异于左、右顶点的一点，外接圆的圆心为M，O为坐标原点，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据向量的加法法则和向量垂直的表示，结合均值不等式代入即可.
【详解】，
取线段的中点，则，
所以，
同理，
所以，
当且仅当时，等号成立，
即的最小值为.
故答案为：.
7．椭圆的左､右焦点分别为，离心率为为椭圆的左顶点，且，过原点的直线交椭圆于两点，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据已知先求出的值，记，得到，记，再利用导数求函数的最值得解.
【详解】解：由题可知，即，
又
由题可知，，
记，则，
记，
则在上恒成立，
在上恒成立，
故在上单调递减，在上单调递增，又，
.
故答案为：
8．已知为函数图象上第一象限内的一个动点，为坐标原点，则四边形的面积最大值为 .
【答案】
【分析】利用三角代换可得，然后利用辅助角公式及三角函数的性质即得.
【详解】由可得，
易得在椭圆的第一象限内动点，
可设，,又，
则
，其中，
当时，，
即四边形的面积最大值为.
故答案为：.
9．过椭圆左焦点F的直线与椭圆C交于A，B两点，若线段AB的垂直平分线与x轴及y轴各有唯一公共点M，N，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】设，，中点，，利用点差法及两点的斜率公式得到，即可求出的取值范围，再根据，可得，最后根据计算可得；
【详解】解：设，，中点，，
由与相减得，
所以，
又，所以，所以，即，
因为，所以，所以，
又，所以，所以，所以，
又，所以，即．
故答案为：
10．如图，在直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为、，点、为椭圆上位于轴上方的两点，且，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】作点关于原点的对称点，连接、、，分析可知且、、三点共线，故，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，利用弦长公式可求得的取值范围，即可得解.
【详解】作点关于原点的对称点，连接、、，易知点、，
由椭圆的对称性可知点也在椭圆上，
因为为、的中点，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
因为，故、、三点共线，则，
所以，.
因为点、为椭圆上位于轴上方的两点，则直线不与轴重合，
设直线的方程为，设点、，
联立可得，
则，
由韦达定理可得，，
所以，，
所以，.
故答案为：.
易错点四：意义不明导致定点问题错误（有关直线与圆锥曲线的定点与定值问题）
1、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．
常用消参方法：
①等式带用消参：找到两个参数之间的等式关系，用一个参数表示另外一个参数，即可带用其他式子，消去参数．
②分式相除消参：两个含参数的式子相除，消掉分子和分母所含参数，从而得到定值．
③因式相减消参：两个含参数的因式相减，把两个因式所含参数消掉．
④参数无关消参：当与参数相关的因式为时，此时与参数的取值没什么关系，比如：
，只要因式，就和参数没什么关系了，或者说参数不起作用．
2、求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性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为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明．
一般解题步骤：
①斜截式设直线方程：，此时引入了两个参数，需要消掉一个．
②找关系：找到和的关系：，等式带入消参，消掉．
③参数无关找定点：找到和没有关系的点．
易错提醒：直线恒过定点是指无论直线如何变动，必有一个定点的坐标适合这条直线的方程，问题就归结为用参数把直线的方程表示出来，无论参数如何变化这个方程必有一组常数解．解决定点与定值问题，不能仅靠研究特殊情况来说明．
例．椭圆的离心率，过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率不为0的直线与椭圆交于两点，椭圆的左顶点为，求直线与直线的斜率之积.
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率，
所以 ，即，又因为椭圆过点，所以，
又因为，所以，所以椭圆的方程为；
（2）如图所示：

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
与椭圆方程联立求得，
又，所以，
所以；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，消去y得：，
，
由韦达定理得，
所以，
，
.
变式1．已知圆：，点，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)经过点和的圆与直线：交于，，已知点，且、分别与交于、.试探究直线是否经过定点.如果有，请求出定点；如果没有，请说明理由.
【详解】（1）如图所示，

∵，且，
∴点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
设椭圆方程，则，，∴，.
所以点的轨迹方程为：.
（2）设直线的方程为：，
由，得
设，，则，.
所以，，
因为直线的方程为：，令，得，
所以，，同理可得，
以为直径的圆的方程为：，
即，
因为圆过点，所以，，
得，代入得，
化简得，，解得或（舍去），
所以直线经过定点，
当直线的斜率为0时，此时直线与轴重合，直线经过点，
综上所述，直线经过定点.
变式2．在平面直角坐标系中，已知定点 ，定直线，动点在上的射影为，且满足.
(1)记点的运动轨迹为，求的方程；
(2)过点作斜率不为0 的直线与交于 两点，与轴的交点为，记直线和直线的斜率分别为，求证：.
【详解】（1）设，则，因为，
所以，化简得，，
即的方程为.
（2）由题意知，
设过点作斜率不为0的直线为，，，
联立可得，，
则，，
又，，
则
，
所以得证.

变式3．已知点，在椭圆 上.
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于两个不同的点（异于），过作轴的垂线分别交直线于点，当是中点时，证明．直线过定点.
【详解】（1）由题知，又椭圆经过，代入可得，解得，故椭圆的方程为：
（2）
由题意知，当轴时，不符合题意，故的斜率存在，设的方程为，
联立消去得，
则，
即
设 ，，，
的方程为，令得，
的方程为，令得，
由是中点，得，即，
即，
即，
即，所以 ，
得或，
当，此时由，得，符合题意；
当，此时直线经过点，与题意不符，舍去.
所以的方程为，即，所以过定点.
1．已知椭圆C：的离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若O为坐标原点，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，椭圆C上是否存在点Q，使得直线与直线分别交于点A，B，且点A，B关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点Q的坐标为或
【分析】（1）根据已知，根据的关系得出.将点代入椭圆方程，即可解出，进而得出；
（2）当直线l的斜率不为0时，设，，，设直线l：，联立直线与椭圆方程，根据韦达定理表示出坐标关系，求出坐标.根据已知列出方程，整理推得，.代入椭圆方程求出点坐标；检验当直线l的斜率为0时，满足对称关系，即可得出答案.
【详解】（1）因为椭圆C的离心率为，
所以，.
又，所以.
将代入椭圆方程，得，
所以，，
所以椭圆C的标准方程为．
（2）
当直线l的斜率不为0时，
设直线l：，联立得，
整理得．
则，解得或.
设，，，
由韦达定理可得，，
则直线MQ：，
令，得，所以.
同理得．
由点A，B关于x轴对称得，
即，
整理可得，.
易知点不在上，所以，
所以，，
所以，有，
整理得.
由n的任意性知，
将坐标代入代入椭圆方程有，解得，
所以点Q的坐标为或．
当直线l的斜率为0时，不妨令，，，
此时直线MQ：，
令，得，所以，
同理得，显然点A，B关于x轴对称，满足.
综上，存在满足题意的点Q，且点Q的坐标为或．
【点睛】方法点睛：解决与圆锥曲线有关的顶点问题时，设出直线方程，联立直线与圆锥曲线的方程，根据韦达定理表示出坐标关系.分析已知条件，得出等量关系，整理化简即可得出结论.
2．已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)已知过右焦点的直线与交于两点，在轴上是否存在一个定点，使？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由离心率与定点代入椭圆方程，建立方程组待定系数即可；
（2）由条件转化为，设直线的方程为，将斜率坐标化，利用韦达定理代入，得到的等式，不论如何变化，等式恒成立求值即可.
【详解】（1）因为，所以.
所以椭圆的方程为.
因为点在椭圆上，所以，解得，
所以.
所以椭圆的标准方程为.
（2）存在定点，使.理由如下：
由（1）知，，则点.
设在轴上存在定点，使成立.
当直线斜率为时，直线右焦点的直线即轴与交于长轴两端点，
若，则，或.
当直线斜率不为时，设直线的方程为，.
由消去并整理，得，
则.
因为，所以，
所以，即.
所以，
即，
恒成立，
即对，恒成立，则，即.
又点满足条件.
综上所述，故存在定点，使.

3．已知椭圆，其离心率为，直线被椭圆截得的弦长为．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)圆的切线交椭圆于，两点，切点为，求证：是定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由离心率为可以先得到，然后结合其余已知条件即可得解.
（2）分直线的斜率是否存在进行讨论，当直线斜率不存在时，算出，当直线斜率存在时，设直线的方程为，将其与椭圆方程联立，由韦达定理结合直线与圆相切于点，从而即可得解.
【详解】（1）如图所示：

因为椭圆的离心率为，所以，所以，
则椭圆的方程为．
将代入椭圆方程，得，
则，所以．
所以椭圆的标准方程为．
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为．
将代入椭圆的方程，得，
所以，则．
如图所示：

当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
将与联立，消去并整理，得．
由，得．
设，，，
则，，，
则．
由直线与圆相切，可得，即．
由，得．
结合，得．
又，两边平方并整理，
得，所以．
所以
．
综上，，即是定值．
4．已知平面上动点到点与到圆的圆心的距离之和等于该圆的半径.记的轨迹为曲线.
(1)说明是什么曲线，并求的方程；
(2)设是上关于轴对称的不同两点，点在上，且异于两点，为原点，直线交轴于点，直线交轴于点，试问是否为定值?若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2)为定值，这个值为
【分析】（1）根据圆的一般方程可知圆心，半径，再利用椭圆定义即可求得的轨迹曲线的方程为；
（2）依题意设出,可得，求出直线的直线方程解出其与轴的交点坐标，，即可得出的表达式，再进行化简即可知.
【详解】（1）根据题意可知圆可化为，
所以可知圆心，半径，
易知和两点关于原点对称，且，
所以由椭圆定义可知的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
即，可得；
因此曲线的方程为.
（2）不妨设，，且，；
则易知；
易知直线的斜率都存在，如下图所示：
所以直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
直线的斜率为，其方程为，
可得直线交轴于点
所以，
可得；
由，可得，，；
所以；
因此为定值，.
5．已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，的周长为6，面积的最大值为：
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆的另一交点为，与轴的交点为.若，.试问：是否为定值？并说明理由.
【答案】(1)
(2)，理由见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义及椭圆的性质即可求解；
（2）根据已知条件作出图形并设出直线方程，将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理及向量的坐标运算即可求解.
【详解】（1）设椭圆的方程为，则
由椭圆的定义及的周长为6，知①，
由于为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，得到轴距离最大为，
因为的面积的最大值为，
所以②，
又③，
联立①②③，得，
所以椭圆的方程为.
（2）为定值，理由如下：
根据已知条件作出图形如图所示,

设，则，
因为在椭圆内部，则直线与椭圆一定有两交点，
联立消去得：，
，
又，且，
所以，同理
所以.
所以为定值.
6．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，长轴长为短轴长的2倍，若椭圆经过点，
(1)求椭圆的方程；
(2)若是椭圆上不同于点的两个动点，直线与轴围成底边在轴上的等腰三角形，证明：直线的斜率为定值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据长轴和短轴长度关系，将点代入解方程组即可求得椭圆的方程；
（2）设出直线方程并于椭圆方程联立，利用韦达定理以及直线的斜率为零即可化简整理计算得出直线的斜率为定值.
【详解】（1）设椭圆的方程为
根据题意得，解得
故所求椭圆方程为
（2）如下图所示：

设直线交该椭圆与两点．
将代入
得
所以
由直线能与轴共同围成底边在轴上的等腰三角形，
可得，
即
整理得
，
即
即，
所以当时，不论为何值时都成立，
所以直线与轴共同围成底边在轴上的等腰三角形时直线的斜率为定值
7．已知椭圆的离心率为，且直线是抛物线的一条切线．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的动直线交椭圆于两点，试问：在直角坐标平面上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）先根据直线是抛物线的一条切线，求出的值，再由椭圆离心率为，求出的值，则椭圆方程可得．
（2）先假设存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点，再用垂直时，向量，的数量积为0，得到关于直线斜率的方程，求，若能求出，则存在，若求不出，则不存在．
【详解】（1）由得
直线是抛物线的一条切线．所以
，所以椭圆
（2）
当直线与轴平行时，以为直径的圆方程为
当直线与轴重合时，以为直径的圆方程为
所以两圆的交点为点猜想：所求的点为点．
证明如下．当直线与轴垂直时，以为直径的圆过点
当直线与轴不垂直时，可设直线为：
由得，设，则
则
所以，即以为直径的圆过点
所以存在一个定点，使得以为直径的圆恒过定点．
8．已知椭圆的焦距为2，圆与椭圆恰有两个公共点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知结论：若点为椭圆上一点，则椭圆在该点处的切线方程为．若椭圆的短轴长小于4，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，求证：直线过定点．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）设椭圆的半焦距为，再分圆在椭圆的内部和外部两种情况分别求解即可；
（2）由题意椭圆的方程为，再设，得出切线的方程，将代入可得的坐标都满足方程即可得定点.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为．当圆在椭圆的内部时，，椭圆的方程为．
当圆在椭圆的外部时，，
椭圆的方程为．
（2）证明：设．
因为椭圆的短轴长小于4，所以的方程为．
则由已知可得，切线的方程为的方程为，
将代入的方程整理可得，
．
显然的坐标都满足方程，
故直线的方程为，
令，可得，即直线过定点．
9．已知椭圆过点两点，椭圆的离心率为，为坐标原点，且.
(1)求椭圆的方程；
(2)设P为椭圆上第一象限内任意一点，直线与y轴交于点M，直线与x轴交于点N，求证：四边形的面积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率和可解得，可写出椭圆的方程；
（2）设分别求出直线，的方程并解出的坐标，可得四边形的面积.
【详解】（1）根据题意可知，
又，即可得，结合，
解得；
即椭圆的方程为.
（2）证明：由（1）可知，如下图所示：

设，且；
易知直线的斜率，所以的直线方程为；
同理直线的斜率，所以的直线方程为；
由题意解得；
所以可得，
四边形的面积
又，可得，
故，
即四边形的面积为定值.
10．已知椭圆与椭圆的离心率相同，且椭圆的焦距是椭圆的焦距的倍．
(1)求实数和的值；
(2)若梯形的顶点都在椭圆上，，，直线与直线相交于点．且点在椭圆上，证明直线恒过定点．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用表示出椭圆的焦距和离心率，由此可构造方程组求得结果；
（2）利用中点坐标公式可表示出坐标，将代入椭圆方程可整理得到，同理得到，由此可得直线方程，进而得到定点坐标.
【详解】（1）由椭圆方程可得其焦距为，离心率为；
由椭圆可得其焦距为，离心率为；
由题意知：，解得：（舍）或，
，.
（2）设，，，则，
，，分别为的中点，
，，，
，
，，，即，
同理可得：，直线的方程为，
直线恒过定点.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，解题关键是能够利用中点坐标公式表示出坐标，利用点在椭圆上可构造方程组整理得到所满足的直线方程，根据直线方程可确定定点坐标.