圆锥曲线—定点定值专项训练题

1、圆锥曲线 定点、定值专项训练题1 过抛物线y =ax 2（a>0） 的焦点 F 作一直线交抛物线于P、 Q两点，若线段PF与 FQ的长分11别是p、 q，则等于（）pqA 2aB1 C 4a D 42aa【答案】C【解析】11试题分析：y =ax2化为标准形式即x2 1 y， 其焦点为 （ 0， 1 ） 。 解答此题可利用极限（端）a4a111思想，假定PQ垂直于抛物线的轴，将y 代入方程得x ，即 p q ，故4a2a2a11= 4a 。若直接解答，方法多种，均较为复杂。故选C。pq考点：本题主要考查抛物线的标准方程、几何性质，考查直线与抛物线的位置关系。点评：解答此题利用极限（端）思

2、想，从而达到了化难为易，化繁为简的目的。22xy20已知椭圆x2y 1（a 5） 的两焦点分别是F1， F2，且F1F2 =8, 弦 AB过 F1 ，则a225ABF2的周长是（）A.10B.20 C.2 41 D. 4 41【答案】D【解析】试题分析：设半焦距是c， 则有 2c=| F1F2|=8， c=4， a2 b2 c2=41， a= 41 求三角形AB F2AB 分成AF1 ， F1BAF1 +A F2 2a， B F1+B F2 2a所以ABF2的周长是4 41 。故选 D。考点：主要考查椭圆的定义。点评：注意分析图形特征，正确运用椭圆定义。此类题为常考题目。2248P 是双曲线x

3、2y21（a0，b 0） 左支上的一点，F1，F2 为其左、右焦点， 且焦距为2c ，ab则 PF1F2的内切圆圆心的横坐标为【答案】a试题分析：由已知，双曲线两焦点为【解析】F1（-c,0） ， F2（c,0） 。设 PF1F2 的内切圆圆心为O (x, y) ，过 O 分别作 PF1， PF2,F1F2 的垂线，垂足分别为E,F,G，试题分析：由已知PF1 PF2 ， PF1 PF2 =6， F1F2 =2 5 ，2a | PF2 | | PF1 | | F2G | | F1G |=(cx) (c x) = 2x，所以 x a ，即 PF1F2的内切圆圆心的横坐标为a。考点：主要考查双曲线

4、的定义、几何性质以及三角形内切圆的性质。点评： 本题综合考查了双曲线的定义、几何性质以及三角形内切圆的性质，是一道几何 “味”十足的解析几何题，意在引导考生，注重借助于“形”解决解析几何问题。222249 若椭圆 x y 1(m n 0) 和双曲线x y 1(a b 0) 有相同的焦点F1， F2， 点 P 是mnab两条曲线的一个交点，则PF1· PF2 的值为【答案】m a【解析】试题分析：因为椭圆22xy1(m n 0) 和双曲线mn22xy1(a b 0) 有相同的焦点 abF1， F2， 点 P是两条曲线的一个交点，所以由椭圆、双曲线定义得到| PF1 | |PF2 | 2

5、 m ，|PF1 | | PF2 |= 2 a，两式两边分别平方并相减得| PF1 | | PF2 | m a。考点：本题考查圆锥曲线的共同特征，考查了椭圆与双曲线的定义。点评：解决本题的关键是根据所得出的条件灵活变形，根据椭圆和双曲线的定义，| PF1 | |PF2 | 2 m ， | PF1 | | PF2 |= 2 a ，两式两边分别平方并相减得整理得到结论 | PF1 | | PF2 | m a2 x59 ( 12 分)设F1 , F2是椭圆92y 1 的两个焦点，P 为椭圆上一点. 已知 P, F1, F2是4一个直角三角形的三个顶点且PF1PF1 PF2 , 求 1 的值 .PF2

6、【答案】7 或 22【解析】若PF2 F1 为直角，则由PF12| F1F2 |2 可得 PF114， 3PF2 =434PF1 =7；PF22若F2 PF1 为直角，则由PF1PF22| F1F2 |2可得PF1 4， PF2 =2， 此时，PF1PF2=2；综上知PF1 的值为7 或 2 。PF22考点：主要考查椭圆的定义、标准方程及几何性质。2287已知椭圆C : x2y2 1 a b 0 的两个焦点F1 , F2和上下两个顶点B1, B2 是一个边ab长为 2 且F1B1F2为 60o的菱形的四个顶点.1 )求椭圆C 的方程；2)过右焦点F2 ，斜率为k ( k0 )的直线l 与椭圆

7、C 相交于 E, F 两点， A 为椭圆的右顶点，直线AE 、 AF 分别交直线x 3 于点M 、 N ，线段 MN 的中点为P ，记直线PF2k . 求证 : k k 为定值 .22(1) x y 1；( 2) k43k 为定值34试题分析：(1) 由椭圆两个焦点F1 ,F2和上下两个顶点B1, B2是一个边长为2且F1B1F2为 60oa 2,b3 ，从而得到椭圆方程. ( 2)通过题目条件，将直线l 方程设出来，再将它与椭圆交点坐标设出来，即点E(x1, y1) ，点F (x2, y2 )，再分别表示出直线 AE 、 AF 的方程， 令 x 3 ， 得到点 M , N ， 的坐标， 再利

8、用中点坐标公式得到线段MN的中点为P 的坐标，利用斜率公式即得到k ， 通过联立直线l 与椭圆方程，用韦达定理替换x1, y1， x2,y2，化简之后即可证明 k k 为定值 . 本题利用“设而不求”达到证明的目的，. 这是解决带有直线与圆锥曲线交点问题的常用的手充分利用韦达定理消去繁杂的未知数段.试题解析：(1) 由条件知a 2,b3，2 分x2故所求椭圆方程为xy231.4分2)设过点P(1,0)的直线l 方程为：y k(x 1)，设点E(x1, y1)，点F (x2, y2) ，22将直线 l 方程 y k(x 1)代入椭圆C ： x y1，整理得：(4k2 3)x2 8k2x4k2 1

9、2 0，x1x2P 在椭圆内，所以直线l 和椭圆都相交，0恒成立，且直线 AE 的方程为：8k24k2 3,x1x24k2124k2 38分y1 (x 2) ，直线x1 2AFy2 (x 2)，令 x 3，x2 2得点 M (3, y1) ，x1 2N (3, y2 ) ，所以点x221P 的坐标 (3, (2y1x12x2y22). 9 分直线PF2的斜率为12(x12x22y1y2014(x1y12y2x22).y2x1x2y12(y1 y2)x1x2 2(x1 x2 ) 42kx1x2 3k(x1 x2) 4kx1x2 2(x1 x2 ) 411 分将 x1x28k22, x1x24k

10、34k24k21212 代入上式得：3k142k44kk22 132 3k24k2 124k2所以 kk 为定值8k24k28k24k24k334k14 分422100已知点M 是椭圆 C ： x2 y2a2 b21 （a b 0） 上一点，F1,F2分别为C 的左右焦点| F1F2 | 4，F1MF2 600，C 的方程；F1MF2的面积为433设 N (0, 2) ， 过点 P( 1,2） 作直线 l ， 交椭圆 C 异于 N 的 A, B 两点， 直线 NA, NB 的斜率分别为k1,k2，证明：k1 k2 为定值.（）1 ； （）详见解析【解析】试题分析：本题考查椭圆的定义、余弦定理及

11、韦达定理的应用. 第一问是利用三角形面积公式、余弦定理、椭圆的定义，三个方程联立，解出a，再根据a,b,c的关系求b，本问分析已知条件是解题的关键；第二问是直线与椭圆相交于A, B 两点，先设出A, B 两点坐标，本题的突破口是在消参后的方程中找出两根之和、两根之积，整理斜率的表达式，但是在本问中需考虑直线的斜率是否存在，此题中蕴含了分类讨论的思想的应用.试题解析：（）在F1MF2中，8分1631|MF1 |MF2 |sin600 243，得 | MF1 | MF2 | 3| F1F2 |2 | MF1 |2 |MF2 |2 2|MF1 | MF2 |cos600(|MF1 | | MF2 |

12、)2 2|MF1 |MF2 |(1 cos600)，从而 2a | MF1 | |MF2 | 4 2，即 a 2 2 ，从而 b 2，226分故椭圆 C 的方程为x y 1 84()当直线l 的斜率存在时，设其方程为y 2 k(x 1) ，22xy12 k(x 1)由 84 ，得 (1 2k2)x2 4k(k 2)x 2k2 8k 0y24k(k 2)2k2 8k设A(x1, y1)，B(x2, y2)，x1x22 ， x1x221 2k21 2k2从而 k1 k2y1 2 y222kx1x2(k 4)(x1 x2)2k (k4)4k(2k2)4x1x2x1x22k 8k11 分1414l 的

13、斜率不存在时，得k2 412 分A( 1, 214),B( 1,214)，得k1综上，恒有k1k24考点： 1. 椭圆的定义；2. 韦达定理；3. 直线的斜率.64 如图，在平面直角坐标系xoy中，已知F1( 4,0) ， F2(4,0) ， A(0,8) ， 直线 y t(0 t 8)与线段 AF1 、 AF2 分别交于点P 、 Q .( 1)当 t 3时，求以F1,F2为焦点，且过PQ 中点的椭圆的标准方程；( 2)过点 Q作直线 QR P AF1 交 F1F2于点R，记PRF1 的外接圆为圆C .求证 : 圆心 C 在定直线7x 4y 8 0上；圆 C 是否恒过异于点F1 的一个定点?若

14、过，求出该点的坐标；若不过，请说明理由.x2y24 32【答案】(1)1 (2) 略(,) .25 913 13【解析】试题分析：(1) 根据题意，b 3 ， c 4 ，求出a ，可得到方程；(2) 解法一：根据题意 写 出 P,Q, R 的 坐 标 ， 线 段 F1R、 PF1 的 中 垂 线 的 交 点 就 是 圆 心 ， 将 圆 心 坐 标 代 入7x4y 8 0中，可得证；解法二：设出一般方程，将P,Q, R三点的坐标代入，联立求解 ； 根 据 ， 写 出 圆 系 方 程 (x22y2 2y 16)7t(x 4y 4)0， 联 立 方 程5132y7 x4b 0) ,( ) 解法一:

15、易得直线AF1 : y2x8，直线AF2 : y2x4y 16 0解得该定点.y4022试题解析：(1) 设椭圆的方程为x y 1(aa2b2t 3 时 , PQ 的中点为(0,3) ，则 b 3而 a2 b2 16, 所以a2 25，22故椭圆的标准方程为x y 1259t,0)可得 P(t 8,t),Q(8 t,t), 再由 QR P AF1, 得 R(4 22则线段F1R的中垂线方程为线段PF1 的中垂线方程为t21x25t 1681 5t 16解得PRF1 的外接圆的圆心坐标为t , 7t 2)28经验证 , 该圆心在定直线7x 4y0上10由可得圆C的方程为22 xytx(4该方程可

16、整理为(x2 y22y 16) t(x74t)y74t1611y 4) 0 , 440x, 解得13 或32y13x2 y2 4y 16则由7x y404 32所以圆 C 恒过异于点F1 的一个定点, 该点坐标为( , )13 1314解法二 : 易得直线AF1 : y 2x 8，直线AF2 : y2x 8所以可得P(t 8,t),Q(8 t,t) ,22再由 QR P AF1, 得 R(4 t,0)设PRF1的外接圆C的方程为x22y Dx Ey0,则y(4 t)2( 4)2(4 t)D4D F(t 28)2t2t28DtEF0解得圆心坐标为(78t2),经验证 , 该圆心在定直线7x4y0

17、上10由可得圆C的方程为tx该方程可整理为(x22y(4 74 t)y74t161116) t(x y 44)0,2x则由y2 4y7x y44160, 解得413或321313所以圆C 恒过异于点F1的一个定点4 32, 该点坐标为(,)13 1314分考点：椭圆的定义及基本性质，三角形外接圆.A、B 两点的动点P 满足68在平面直角坐标系中，已知定点A(2， 0) 、 B( 2， 0) ，异于1k1.k2，其中k1、 k2分别表示直线AP、 BP的斜率4（）求动点P 的轨迹E 的方程；（）若N是直线 x=2 上异于点B的任意一点，直线AN与（I ）中轨迹E交予点Q，设直线QB与以NB为直径

18、的圆的一个交点为M（异于点B） ，点C（ 1 ， 0） ，求证：|CM| · |CN| 为定值.2【答案】 （） xy2 1 （y 0） ； （）详见解析.4【解析】1试题分析：（）根据斜率公式，有斜率乘积等于整理即得，注意y 0 ； （）设直线4AN 的方程， 与椭圆方程组成方程组，消去 y ， 由韦达定理求点Q 的坐标， 根据直线QB 与NB 为直径的圆的另一个交点为M ，得 MNQB ，从而得到直线MN 的方程，确定恒过的定点. 证明 C, M , N 三点共线, 又 CB 是以 NB 为直径的圆的切线2知 , CM CN CB 1 , 即为定值.试题解析：( )设 P(x,y

19、) ,由 k1k21 得 y y 1 , 其中 x 2,124 x 2x 242整理得 P 点的轨迹方程为xy2 1 (y 0) .(4 分 )4()设点N(2, m)(m 0)，则直线AN 的方程为y m (x 2) ，4y m(x 2)解方程组y 4 (x )，消去y得 (4 m2)x2 4m2x 4m2 16 0，22x2 4y2 4设 Q(x1, y1)，则x1 ( 2)24m2 m4224m 8 2mx1222m4m48 2m2从而 Q( 2m44m2 ) ，又 m4B(2,0)，kQB4m24 m8 2m2m2 4直线 QB 与以 NB为直径的圆的另一个交点为M ，MN QB，MN

20、 方程为 ym m(x 2) , 即 y m(x1),过定点 C(1,0),(9分）定值证法一: 即 C, M , N 三点共线, 又 CB 是以 NB 为直径的圆的切线, 由切割线定理可知 , CM CNCB21 , 为定值 .(12分）1定值证法二: 直线 QB : y （xm2) , 直线 CN :y m(x 1),m2 2联立得 , xM m2 2 , CM CNm11kCM xMxC1 kCN xNxC考点：椭圆方程，直线与椭圆的关系，定点、定值问题1 m2m2 2m2 111 m2 21 (1 m2)121 , 为定值 .m2 1(12分）2273已知椭圆：x2 y21 （ a b

21、 0 ）上任意一点到两焦点距离之和为a2 b22 3 ，离心率为 3 ，左、右焦点分别为F1 ， F2 ，点 P 是右准线上任意一点，过F2作直3线 PF2的垂线F2Q 交椭圆于Q 点E 的标准方程；1 ）求椭圆2）证明：直线PQ 与直线 OQ 的斜率之积是定值；3）点P 的纵坐标为3，过 P 作动直线l 与椭圆交于两个不同点M , N ，在线段MN 上取点HMPPNMH ，试证明点H 恒在一定直线上HN2( 1)x3试题分析：2y 1 ； （ 2）证明详见解析；（ 3）证明详见解析.21）利用椭圆的定义、离心率的定义、a, b, c的关系列出方程组，解得a, b, c的值； （ 2）由右准线

22、方程设出P 点坐标，由垂直的充要条件得y1 y0 2( x1 1) ，表达出kPQkOQ2y1y1y0x12 3x1222将 Q 点 代 入 椭 圆 y 1 中 ， 即y122(11 ) ， 代 入3232kPQkOQy12 y1y0 中，化简得常数；（ 3）设出点M , N ，代入椭圆方程中，设H （x, y） ，x1 3x1MP MH2222由得向量关系，得到x1,y1,x2,y2与x, y的关系，据x1与y1及x2 与y2 系数比PN HN为 2:3，得 H 在直线 2x 3y 2 0 .试题解析：（ 1）由题意可得2a 2 3e c 3 ，解得 aa3222 abc3， c 1， b

23、2,22所以椭圆E ： x y 1 322分22）由（1）可知：椭圆的右准线方程为x a 3，c设 P(3,y0),Q(x1,y1)，因为PF2F 2Q，所以kQF kPFy0 ? y11 ，222 x11所以y1y0 2(x1 1)，又因为kPQkOQ22yx112 y31xy10且y122(1 x31)代入化简得kPQkOQ2即直线 PQ 与直线 OQ 的斜率之积是定值2 37分.3）设过P（3,3） 的直线 l 与椭圆交于两个不同点M (x1, y1), N(x2,y2) ，点2H (x, y) ，则2x13y12 6 ，222x22 3y22 6设 MP MHPNHNuuurMPuuu

24、r uuuurPN,MHuuuurNH ，整理得(3x1,3y1)(x23, y23) ， (xx1, y y1)(x2 x, y2 y) ，x1x23123x x1x11x2y1y2 y1,y1y2 ，x22 ,3y112y12y2222x12 3y126，222： 3，x2 与y2 的22222x22 3y22 6，我们知道x12 与 y12的系数之比为系数之比为2： 3所以点考点：6x9y 2x12 22222222222x2 3y1 3 y22x13y1(2x2 3y2 )12126，H 恒在直线2x 3y 2 0上131. 椭圆的定义；2. 离心率的定义；3. 垂直的充要条件.78如

25、图，已知椭圆C ：2 x2 ay21（a b 0） 的离心率为3 ，以椭圆C 的左顶点T 为b22T ： (x 2)2r2（r 0） ，设圆 T 与椭圆 C 交于点 M 与点 N 2 y2）求uuur TMuuurTN 的最小值，并求此时圆T 的方程；3）设点 P 是椭圆 C 上异于 M ,N 的任意一点，MP , NP 分别与 x轴交于点R, S，O 为坐标原点，求证： OR OS 为定值2( 1) x y2 1 ； ( 2)41 ， (x 2)2513； （ 3）证明过程详见解析.25试题分析：（ 1）先通过离心率求出c ，再通过a 2b2（ 2）先设出 M , N 点的坐标，由于点M 在

26、椭圆 C 上，所以2 y12x 2uuur uuurx1 ，找到TM ,TN 向量坐标，4根据点乘列出表达式，配方法找到表达式的最小值，得到M 点坐标，到圆的半径，就可以得到圆的方程；（ 3）设出点P 的坐标，列出直线点 M 在圆上，代入得MP 的方程，因为直线与 x轴有交点，所以令y 0，得到xr, xs，所以xr ? xs，又因为点M , P在椭圆上，得到方程，代入xr ?xs 中，得到xr ?xs4 ，所以 OR OS xR xSxR xS4 .试题解析：( 1)依题意，得a 2， e c 3 ， c 3, b a2c21；a22故椭圆 C 的方程为xy21 3 分42)方法一：点M 与

27、点 N 关于 x轴对称，设M (x1, y1) ， N(x1, y1)， 不妨设y1 02M 在椭圆 C 上，所以y121 x1 ( *)4 分4T ( 2,0) ，则 TM(x12, y1)， TN (x1 2, y1)，22所以 TM TN(x12,y1 )(x12,y1)(x12)2y122x15 258 2 1(x1 2)2 (11 ) x12 4x1 3(x1)24441556分2x12 ，故当x13* )式，y1，故 M (5uuur uuur8 时， TM TN 取得最小值为1 5583, ) ，又点 M 在圆 T 上，代入圆的方程得到 55213r2513故圆 T 的方程为：(

28、x 2)2 y213 258分方法二：点M 与点 N 关于 x 轴对称，故设M (2cos ,sin ), N (2cossin ) ，不妨设 sin0，由已知T( 2,0) ，则TM TN (2cos 2, sin ) (2cos 2, sin )222(2 cos 2) sin 5cos 8cos 34215(cos )6 分4 uuur uuur 18 3故当 cos 时， TM TN 取得最小值为，此时 M (, ) ，555513又点 M 在圆 T 上，代入圆的方程得到r 213 25故圆 T 的方程为：(x 2)2 y2 138 分25(3) 方法一：设P(x0, y0) ，则直线

29、MP 的方程为：y y0y0y1 (x x0) ，x0x1令 y 0，得 xRx1y0x0y1，y0y1xSx1 y0x0y110y0y1故 xR xS2222x1 y0x0 y122y0y111又点 M 与点 P 在椭圆上，故x024(12y0 )2 x14(12y1 ) ，12 分代入（ * ）式，得：xR xS22 4(1y12 )y024(1222y0 )y14(y0所以 OR OSxR方法二：设M （2cos其中 sin令y故 xRxSxR xS4 为定值22y0y12 y0y12)2y1414,sin ), N (2cos , sin ) ，不妨设sin 则直线MP 的方程为：y

30、sin0 ，得 xRxSxS所以 OR2(sin cos cos sin )2(sin cossin sin cos sin )sin sin12 分sinsin0，P(2cossin(x2cos 2cos, sin ) ，2cos ) ，22224(sin cos cos sin )22sin sin2 4(sin2sin2sin ) 42sinOSxRxSxR xS4 为定值14 分考点： 1. 椭圆方程；2. 配方法求最值.281 如图， 已知椭圆C : xy21 的上、 下顶点分别为A, B ， 点 P 在椭圆上，且异于点A, B ，4直线 AP, BP 与直线 l : y2分别交于点

31、M , N ，AP, BP 的斜率分别为k1, k2，求证：k1 k2为定值；MN 的长的最小值；P 运动时，以MN 为直径的圆是否经过某定点？请证明你的结论1()k1 k2； ()4 3 ； ()(0, 2 2 3) 或 (0, 2 2 3) .4试题分析：()k1, k2随点P 运动而变化，故设点P(x0, y0)表示k1 k2，进而化简整体消去变量； ()点M , N 的位置由直线AP ， BP 生成，所以可用两直线方程解出交点坐标，M , N 的坐标求出 MN ，它必是k1 ,k2的函数，利用基本不等式求出最小值；求出圆的方程，方程必含有参数k1 , k 2，消去一个后，利用等式恒成立

32、方法求出圆所过定点坐标 .试题解析：() Q A(0,1), B(0, 1)，令P(x0, y0)，则由题设可知x0 0，所以AP 的斜率k1 y0 1 ， BP 的斜率k2y0 1P 在椭圆上，x0x02 x02y01 ， (x00 ) ，从而有k1 k2y0 1y0 1y02 1直线 BP 的方程为1k1 xx0x02x0AP 的方程为k1 (x0) ，y ( 1) k2(x 0)，x3k1 ，k2xy2等号当且仅当直线又 k1AP 与直线k2k1l 的交点MNM(4k1 即 k1k13, 2) ，直线 BP 与直线k1k2k14k1k11l 的交点 N (, 2) .k24k1 2k14

33、k13 时取到，故线段MN 长的最小值是4 3243uuuur uuurQ(x, y)是以 MN 为直径的圆上的任意一点，则QM QN 0，故有(x )(x) (y 2)(y 2) 0，又k1 k2k1k21，所以以MN 为直径的圆的方程为42x椭圆的方程为考点：直线的交点，圆的方程，圆过定点问题，基本不等式的应用23(y 2)2 12 (4k1)xk1MN 为直径的圆是否经过定点x0 ，令 2 x(y 2)2(0, 2 2 3) 和 (0, 284椭圆的左、右焦点分别为F1(3,0)和 F2( 3,0)，且椭圆过点解得12 02 3) .(1,0，223).( ) 求椭圆 C 的方程；( 6

34、 ,0)作不与 y 轴垂直的直线l 交该椭圆于M , N 两点，5A 为椭圆的左顶点，试判断MAN 的大小是否为定值，并说明理由2xI ) x y2 1 ； ( II4)是定值900 .试题分析：( I )设椭圆的方程为2 x2 a2y21(abb 0) ，有 c 3 ，得 a2 b2 3，把31(1,3)代入椭圆方程得122a34b21 ， 从而求出22a2 4,b2 1 ， 即可求出椭圆方程；( II )利用直线与圆锥曲线相交的一般方法，将直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理，uuuuv uuuv求 AM AN , 继而判定是否为定值。22试题解析：( I ) 设椭圆的方程为x2y21(a b 0) ， 由于焦点为F1(3,0), F2( 3,0) ,ab可 知 c 3 ， 即 a2b23 ， 把(1,31)代 入 椭 圆 方 程 得 22a234b21， 解 得22a2 4,b2 1 ，故椭圆的方程为1;II )设直线MN 的方程为xky联立方程组可得4ky22 1264(k2 4)y2ky 0,525设 M x1, y1 , N(x2 , y2 ) ， 则y1y2642 ,y1 y2 25(k2 4)A( 2,0) ,uuuuv uuuv6AM AN(x12, y1