圆锥曲线解答题中的定点和定值问题的解题策略(解析版)

在圆锥曲线中有一类曲线，当参数取不同值时，曲线本身性质不变或形态发生变化时，其某些共同的性质始终保持不变，我们把这类问题成为圆锥曲线的定值问题.圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点题型，解题过程中应注重解题策略，善于在动点的“变”中寻求定值的“不变”性.题型一：定值问题1、两点间的距离为定值例1:(2021·广东中山市高三期末)已知椭圆具有如下性质：若椭圆的方程为),则椭圆在其上一点A|(x,y')处的切线方程为1,试运用该性质解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C:的离心率为,且经过点(1)求椭圆C的方程；(2)设F为椭圆C的右焦点，直线l与椭圆C相切于点P(点P在第一象限),过原点O作直线l的平行线与直线PF相交于点Q,问：线段PQ的长是否为定值?若是，求出定值；若不是，说明理由.【详解】(1)由题意知∴椭圆C的方程为为定值.解题思路：设动点P(x,yo),由题意可知，切线l的方程为xx+2yy=2,过原点O且与1平行的直线I'的方程为xx+2y₀y=0,求出Q的坐标，表示出PQ的长，再化简即可.例2:(2021·全国高三模拟)已知双曲线的左顶点为A,右焦点为F,离心率e=2,焦距为4.(1)求双曲线C的方程；(2)设M是双曲线C上任意一点，且M在第一象限，直线MA与MF的倾斜角分别为α₁,α₂,求2α₁+a₂的值.【答案】(1);(2)π。【详解】所以双曲线C的方程为1.(2)由(1)知双曲线C的方程为1,所以左顶点A(-1,0),右焦点F(2,0).,又由点M在第一象限，易知,a₂∈(0,π),综上，2a₁+a₂的值为π.解题思路：利用点在双曲线上，满足,利用整体代换思想求出tan2a₁和例3:(2021·安徽安庆市高三一模(理))已知椭圆的面积(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点M作直线1垂直于x轴，直线M、MB交椭圆分别于A、B两点，且两直线关于直线1对称，求证：直线AB的斜率为定值.【答案】(1);(2)证明见解析.【详解】又由由椭圆定义知,即a=2故椭圆的方程为C:(2)由条件知，直线MA、MB斜率存在，且两直线斜率互为相反数，由,,,,同理可得,即证直线AB的斜率为定值，且为解题思路：将直线MA:与椭圆方程联立求出交点的坐标，再将A中的k用-k替换，即可求出B点坐标，,再利用斜率公式，化简，即可.例4.(2021·河南高三月考(理))已知点A(-2,0),B(2,0),直线AS与BS的斜率之积,记动点S的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程，并说明曲线C是什么样的曲线；(2)设M,N是曲线C上的两个动点，直线AM与NB交于点P,∠MAN=90°,①求证：点P在定直线上；②求证：直线NB与直线MB的斜率之积为定值.【答案】(1),曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含A,B两点；(2)①证明见解析；②证明见解析.【详解】(1)解：由题意，得所以曲线C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含A,B两点.(2)证明：①由题设知，直线MA,NB的斜率存在且均不为0.设直线AM的方程为x=ty-2(t≠0),由AM⊥AN,可知直线NA的斜率为ka=-t,方程为直线NB的斜率为则直线BN的方程为),将代入x=ty-2,解得x=-14,故点P在直线x=-14上.定值.得为定值.即直线NB与直线MB的斜率之积为解题思路：①设直线AM的方程，由AM⊥AN,可得直线AN方程，与椭圆联立可求点N坐标，进而可求得直线BN方程，与AM联立即可得证点P在定直线上；②由(1)得,又AM⊥AN,进而可得直线NB与直线MB的斜率之积.例5、(2021·江苏南通市高三期末)已知椭圆C:率为,且过点(1)求椭圆C的方程；(2)已知A,B是椭圆C上的两点，且直线OA,OB的斜率之积,点M为线段OA的中点，连接BM并延长交椭圆C于点N,求证：为定值.【答案】(1)1;(2)【详解】(1)因为椭圆的离心率为,且过点,所以椭圆C的方程为;因为点M为线段OA的中点，所以因为B,M,N三点共线，所以,所以又因为A,B点在椭圆上，所以又因为直线OA,OB的斜率之积,所以3x,x₂+4yiy₂=0,因为点N在椭圆上，所以所以所以,,,为定值.三点共线，由BN=ABM,表示点N的坐标，再根据A,B,N在椭圆上，结合直线OA,OB的斜率之积求解.例6、(2021·山东泰安市高三期末)已知椭圆C的左顶点为A(-2,0),点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；直线AM,AN理由.【答案】(1)【详解】分别与直线交于点P,Q,则FP·FQ是否为定值?请说明;(2)是定值，点在椭圆C上，[1,图b²=3,(2)是定,理由如下：,3、求某一个量为定值的交点为T,求证：点T横坐标为定值.【答案】(1)1;(2)T横坐标为定,证明见解析.【详解】(1)设椭圆C的半焦距长为c,根据题意故C的标准方程1.(2)由(1)知A(-3,0),B(3,0),F(2,0),,①②两式相除得,又1,故所以所以③由题意知直线PQ不平行于x轴，由于直线PQ经过F点，所以设直线PQ的方程为x=my+2,(直线PQ的方程为x=my+2,可避免讨论直线PQ的斜率是否存在，简化计算，提高正确率)所以解得所以点T横坐标为定,根据P(xj,y₁)在椭圆C上，代入方程化简整理可得,设直线PQ的方程为x=my+2,圆C联立，得到关于y的一元二次方程，根据韦达定理，可得y+y₂,y₁·y₂达式，代入上式即可，与椭的表例8、(2021·湖北武汉市高三月考)已知椭圆C:的左右顶点分别为A,B,过椭圆内点且不与x轴重合的动直线交椭圆C于P,Q两点，当直线PQ与x轴垂直时，(Ⅱ)设直线AP,AQ和直线l:x=t分别交于点M,N,若MD⊥ND恒成立，求t的值.或【详解】代入方,解得b²=2,故C的标准方程为1.(Ⅱ)设直线PQ方程为：,与椭圆方程联立.①此时直线AP方程为,与x=t联立.得点,同理，点·解得解题思路：设直线PQ方程为,与椭圆方程联立，结合韦达定理得再联立AP方程得M同理得N坐标，结合MD⊥ND恒成立得化简计算可得参数1值.例9、(2021·陕西榆林市高三一模(理))已知椭圆(1)求椭圆T与抛物线C的方程；(2)O为坐标原点，若P为椭圆T上任意一点，以P为圆心，OP为半径的圆P定值.证明见解析.【详解】(1)椭圆T:可得焦点0,√a²-1,,可得可得设点F到直线MN的距离为d,IMN|=2√5-d²=2.解题思路：设P(m,n),则,写出圆P和圆F的方程，两个圆的方程相减可得直线MN的方程，计算点F到直线MN的距离为d,再利用IMN|=2√P-d²计算弦长即可.题型二、证明动直线过定点或动点在定直线上的问题1、直线过定点问题例10、(2020·江西吉安市高三其他模拟(理))已知椭圆经过点,且离心率(1)求椭圆C的方程；(2)已知斜率存在的直线l与椭圆相交于A,B∠AQO=∠BQO,证明：直线l过定点.【答案】(1);(2)证明见解析.【详解】两点，点总满足的离心(1)因为椭圆C:的离心代入椭圆方程可得1,联立方程组可得,解得a²=4,b²=1.所以椭圆C的方程为联立方程组消去y得(1+4k²)x²+8kmx+4m²-4=0,)例11、(2021·湖北襄阳市高三期末)已知A,B分别为椭圆C:【答案】(1);(2)证明见解析，定点【详解】解：(1)由题意得A(-a,0),B(a,0),P(0,1),则AP=(a,1),PB=(a,-1).由所以椭圆C的方程(2)由题易知：直线MN的斜率存在，且斜率不为零，,因为关于x轴对称的两条不同直线l,I₂的斜率之和为0,直线MN方程为：,所以直线MN过定点解题思路：设直线MN方程并联立椭圆方程，结合韦达定理求得y+y₂,y₁y₂,又因为关于x轴对称的两条不同直线4,L的斜率之和为0,所以),通过计算化简即可求得定点.例12、(2021·山东德州市高三期末)已知点F、F₂分别是椭圆C的左、右焦点，离心率,点P是以坐标原点0为圆心的单位圆上的一点，且PF·PF2=0.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设斜率为k的直线1(不过焦点)交椭圆于M,N两点，若x轴上任意一点到直线MF与NF的距离均相等，求证：直线1恒过定点，并求出该定点的坐标，【答案】(1);(2)证明见解析，(-2,0)【详解】(1)设椭圆的标准方程(x,y)(2)设直线1:y=kx+m,M(x,y₁),N(x₂,y₂),消去y得：(1+2k²)x²+4mkx+2m²-2=0,所以因为x轴上任意一点到直线MF与NF的距离均相等，所以x轴为直线MF与NF的角平分线，即直线l:y=kx+m=kx+2k=k(x+2)故直线恒过定点(-2,0).入，求出m=2k,即可证明直线过定点(-2,0)."设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.2、动点在定直线上的问题例13、(2021·山东威海市高三期末)已知椭圆C:的离心率为,A,B分别是它的左、右顶点，F是它的右焦点，过点F作直线与C交于(2)设直线AP与直线BQ交于点M,求证：点M在定直线上.【答案】(1);(2)证明见解析.【详解】解：(1)由题意知,所以a=2c,又a²=b²+c²,所以解得c²=1,所以a²=4,b²=3,所以椭圆C的标准方程1.显然△>0恒成立.设P(x₁,y₁),Q(x₂,y₂),直线AP的方程为),直线BO的方程为联立两方程可得，所以代入上式可得解得x=4,故点M在定直线x=4上.解题思路：设直线PQ的方程为x=my+1,联立椭圆方程，设P(x,y₁),Q(x₂,y₂),由韦达定理，可知!,将直线AP的方程与直线BO的方程联立，利用韦达定理，化简计算，即可证明结果.例14、(2021·福建高三模拟)椭圆C:的离心率,(1)求椭圆C的标准方程；(2)E,F设为短轴端点，过M(O,1)作直线l交椭圆C于A、B两点(异于E,F),直线AE、BF交于点T.求证：点T恒在一定直线上.【答案】(1)1;(2)证明见解析.【详解】(1)因为点在C上，所以故所求椭圆C的方程1.(2)由题意知直线1的斜率存在，设其方程为y=kx+1.,故点T恒在一定直线y=3上.解题思路：设出直线y=kx+1,联立直线与椭圆的方程结合韦达定理求出AE,BF的直线方程，联立求出交点纵坐标为3,进而可得结果.3、圆过定点问题例14、(2021·湖北武汉市高三月考)设P是椭圆C:于长轴顶点A.A的任意一点，过P作C的切线与分别过A,A₂的切线交于B,(1)求椭圆C的方程；(2)以BB为直径的圆是否过x轴上的定点?如果过定点，请予以证明，并求出定点；如果不过定点，说明理由.【答案】(1);(2)过定点，证明见解析，定点为(-1,0),(1,0).【详解】解：(1)由题可,解得a=2,c=1,由a²=b²+c²得b²=3,椭圆C的方程为1.(2)设P(x₀,yo),由于P是异于长轴顶点A,A₂的任意一点，故切线斜率存在.设过P的椭圆的切线为y=kx+b,联立方程得(3+4k²)x²+8kbx+4b²-12=0,△=(8kb)²-4(3+4k²)(4b²-12)=0,解得过P点的切线方程为).的坐标为解得B,B₂).的坐标为所以，以B,B₂为直径的圆过x轴上的定点为F(-1,0),F2(1,0).解题思路：设P(x₀,y₀),设过P的椭圆的切线为y=kx+b,与椭圆方程联立由△=0,求出切线的斜率,得出切线方程,由条件求出B,B₂坐标，在x轴上取点M(t,0),由MB·MB₂=0得出答案.【巩固训练】与椭圆C分别交于点A,B.(1)求椭圆C的标准方程与离心率；(2)若直线PA,PB的斜率之和为0,证明：直线AB的斜率为定值.【答案】(1)1,离心率为;(2)证明见解析.【详解】所以椭圆C的标准方程为1,椭圆C的离心率(2)直线AB的斜率为定值1.证明：设直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为-k,记A(xj,y₁),B(x₂,y₂).设直线PA的方程为y+1=k(x+2),与椭圆C的方程联立，并消去y得(1+2k²)x²+(8k²-4k)x+8k²-8k-4=0,则-2,x是该方程的两根，设直线PB的方程为y+1=-k(x+2),同理得所以,因此直线AB的斜率为定值.2、(2021·山西阳泉市高三期末(理))已知圆C:x²+y²=4,点P为圆C上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q,设D为PQ的中点，且D的轨迹为曲线E(PQD三点可重合).(1)求曲线E的方程；(2)不过原点的直线1与曲线E交于MN两点，已知OM,直线I,OV的斜率k、k、k₂成等比数列，记以O,ON为直径的圆的面积分别为S,S,试探究S₁+S₂是否为定值，若是，求出此值；若不是，说明理由.【答案】(1)是否为定值，为.证明过程见解析.【详解】所以曲线E的方程为(2)设直线l方程为y=kx+t,M(x₁,y;),N(x₂,y₂),t≠0,得(1+4k²)x²+8ktx+4t²-4=0,△=64k²t²-4(1+4k²)(4t²-4)>0,,,∵k,k,k₂成等比数列，∴,x+x²=(x₁+x₂)²-2x₁x₂=16k²²-2(2r²-2)=4r²x²+y²+x²+y²=4+(kx₁+1)²+(kx₂+1)²=4+k²(x²+x²)+2k(x为定值.3、(2021·湖北宜昌市高三期末)已知点A、B坐标分别是(-2√2,0),(2√2,0),直线AP、BP相交于点P,且它们斜率之积(1)试求点P的轨迹T的方程；(2)已知直线l:x=-4,过点F(-2,0)的直线(不与x轴重合)与轨迹T相交于M.N两点，过点M作MD⊥l于点D.求证：直线ND过定点，并求出定点的坐标.【答案】(1);(2)证明见解析，(-3,0).【详解】,化简得1.∴点P的轨迹方程(2)方法一：由椭圆的对称性知，直线ND过的定点必在x轴上，由题意得直线MN的斜率不为0,设MN:x=my-2,△=32((m²+1)>0恒成立，,方法二：由题意可得直线MN的斜率不为0,设MN:x=my-2,与联立消去x得：(m²+2)y²-4my-4=0,△=32((m²+1)>0恒成立，,4、(2021·安徽池州市高三期末(理))已知椭圆C:顶点、右焦点分别为A,F,点在椭圆C上，且椭圆C离心率为(1)求椭圆C的方程；【答案】(1)1;(2)证明见解析.【详解】(1)由题意可得所以椭圆C的方程为1.(1)求曲线C的方程；(2)P,Q是曲线C上的两个动点，且OP⊥OQ,记PQ中点为M,【答案】(1);(2)证明见解析【详解】(2)设P(x,y₁),Q(x₂,y₂)若直线PQ斜率存在，设直线PQ方程为y=kx+m,从而，2m²-3k²-3=0,①在直角ABC中，记原点O到直线PQ的距离为d,,由①知，原点O到直线l的距离,所以t为定值√6.若直线PQ斜率不存在，设直线PQ方程为x=n,联立于M,N.(1)求椭圆C的标准方程和点A的坐标；(2)若M是线段AN的中点，求直线MN的方程；(3)设P,Q是直线1上关于x轴对称的两点，问：直线PM于QV的交点是否在一条定直线上?请说明你的理由.【答案】(1)点恒在直线x=2上，理由见解析.【详解】(1)由题意，椭圆C:过点(2,-1),离心率为解得a²=8,b²=2,即椭圆C的方程为1,联立方程组,解得x=1,当时，可得直线当时，可得直线所以直线MN的方程为又由直线交点横坐标所以PM与QN的交点恒在直线x=2上.7、(2021·全国高三专题练习)已知椭圆T:过点(0,2),其长轴长、焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，直线l与x轴的正半轴和y轴分别交于点Q、P,与椭圆T相交于两点M、N,各点互不重合，且满足PM=AMQ,PN=ANQ.(1)求椭圆T的标准方程；(2)若直线l的方程为y=-x+1,的值；(3)若I₁+l₂=-3,试证明直线l恒过定点，并求此定点的坐标.【答案】(1);(2);(3)证明见解析，(2,0).【详解】(1)由题意，因为椭圆]过点(0,2),可得b=2,设焦距为2c,又由长轴长、焦距和短轴长三者的平方依次成等差数列，所以椭圆T的标准方程1.(2)由直线l的方程为y=-x+1,可得而P(0,1),Q(1,0),从而x₁=A(1-x;),x₂=Z₂(1-x₂), 由,整理得4x²-6x-9=0,可得.(3)显然直线l的斜率k存在且不为零，可得P(0,-km),Q(m,0),联立,得(1+3k²)x²-6k²mx+3k²m²-12=0,③代入①得,∴m=2,(满足②)8、(2020·湖北高三月考)已知抛物线C:y²=2px(p>0)的焦点F,若平面上一点A(2,3)到焦点F与到准线的距离之和等于7.(1)求抛物线C的方程；(2)又已知点P为抛物线C上任一点，直线PA交抛物线C于另一点M,过M作斜率为的直线MN交抛物线C于另一点N,连接PN.问直线PN是否过定点，如果经过定点，则求出该定点，否则说明理由.【详解】(1)由已知，定点A(2,3)到焦点F与到准线1的距离之和等于7.有,则p=4,即抛物线的方程y²=8x(2)设P(x,y₁),M(x₂,y₂),N(x₃,y₃),,即(y₁+y₂)y-y₁y₂=8x过A(2,3)同理求直线PN方程(y₁+y₃)y-yiy₃=8x③由①②得yy₃=3(y₁+y₃)-2代入③得(y₁+y3)y-3(y₁+y3)+2=8x故y=3且2-8x=0时，直线PN恒过点9、(2021·北京高三期末)已知椭圆C:的左、