高考数学命题角度5_5圆锥曲线的定值、定点问题大题狂练文

高考数学命题角度5_5圆锥曲线的定值、定点问题大题狂练文

命题角度 5.5：圆锥曲线的定值、定点问题 1.已知椭圆 C 的焦点在 x 轴上，中心在原点，离心率 2 2e  ，直线 : 2l y x  与以原点为 圆心，椭圆C 的短半轴为半径的圆 O 相切. （1）求椭圆C 的方程； （2）设椭圆 C 的左、右顶点分别为 1 2,A A ，点 M 是椭圆上异于 1 2,A A 的任意一点，直线 1 2,MA MA 的斜率分别为 1 2 ,MA MAk k .证明： 1 2MA MAk k 为定值. 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  （2） 1 2 1 2MA MAk k   【解析】试题分析: （I）设椭圆的方程，利用离心率 e＝ 2 ,2 直线 l：y=x+2 与以原点为圆 心，椭圆 C 的短半轴为半径的圆 O 相切，确定几何量，从而可得椭圆的方程； （Ⅱ）利用 M 点在椭圆上，计算斜率，化简即可得到结论． （2）证明：由椭圆C 的方程得    1 22,0 , 2,0A A ， 设 M 点的坐标为 0 0,x y ，则 2 2 0 0 14 2 x y  .  2 2 0 0 1 42y x   .   1 2 2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 1 4 12 2 2 4 4 2MA MA xy y yk k x x x x             . 1 2MA MAk k  为定值 1 2  . 点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与圆相切，考查斜率的计算，主要应用点在曲线 上得出定值. 2. 已知动点 P 到定直线 : 2l x   的距离比到定点 1 ,02F      的距离大 3 2 . （1）求动点 P 的轨迹C 的方程； （2）过点  2,0D 的直线交轨迹 C 于 A ， B 两点，直线OA， OB 分别交直线l 于点 M ， N ，证明以 MN 为直径的圆被 x 轴截得的弦长为定值，并求出此定值. 【答案】（I） 2 2y x ；（II）详见解析. 【解析】试题分析：（1）依据题设条件及两点间距离公式建立方程分析求解；（2）依据题设 条件建立直线OA， OB 的方程，再运用坐标之间的关系分析探求： 试题解析： 解：（Ⅰ）设点 P 的坐标为  ,x y ，因为定点 1 ,02F      在定直线l ： 2x   的右侧， 且动点 P 到定直线l ： 2x   的距离比到定点 1 ,02F      的距离大 3 2 ， 所以 2x   且 2 21 322 2x y x        ， 化简得 2 21 1 2 2x y x       ，即 2 2y x ， 轨迹C 的方程为 2 2y x ． （ Ⅱ ） 设  2 1 12 ,2A t t ，  2 2 22 ,2B t t （ 1 2 0t t  ）， 则  2 1 12 2,2DA t t  ，  2 2 22 2,2DB t t  ， ∵ A ， D ， B 三点共线， ∴    2 2 2 1 1 22 2 2 2 2 2t t t t   ， ∴  1 2 1 2 1 0t t t t   ， 又 1 2t t ，∴ 1 2 1t t   ， 直线OA的方程为 1 1y xt  ，令 2x   ，得 1 22,M t       ． 同理可得 2 22,M t       ． 所以以 MN 为直径的圆的方程为   1 2 2 22 2 0x x y yt t              ， 即 2 2 1 2 1 2 1 2 42 2 0t tx y yt t t t      ． 将 1 2 1t t   代入上式，可得   2 2 1 22 2 4 0x y t t y      ， 令 0y  ，即 0x  或 4x   ， 故以 MN 为直径的圆被 x 轴截得的弦长为定值 4． 点睛：解析几何是高中数学中重要的知识与内容，也是高考重点考查的重要考点与热点。这 类问题的设置旨在考查借助直角坐标的关系求解几何图形问题。求解第一问时充分依据题设 条件，运用两点间距离公式建立等量关系，通过化简使得问题获解；解答第二问时，先设  2 1 12 ,2A t t ，  2 2 22 ,2B t t ，在借助题设中的条件建立以 MN 为直径的圆的方程为    1 2 2 22 2 0x x y yt t              ，探究其最值关系，从而使得问题获解。 3. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 1 2 ，左、右焦点分别为圆 1 2F F、 ， M 是 C 上一点， 1 2MF  ，且 1 2 1 22 ·MF MF MF F M     ． （1）求椭圆C 的方程； （2）当过点  4,1P 的动直线l 与椭圆C 相交于不同两点 ,A B 时，线段 AB 上取点Q ，且Q 满 足 AP QB AQ PB    ，证明点Q 总在某定直线上，并求出该定直线． 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  （2）见解析 试题解析：（1）由已知得 2a c ，且 0 1 2 60F MF  ， 在 1 2F F M 中，由余弦定理得      2 22 02 2 4 2 2 2 4 2 cos60c c c      ，解得 1c  . 则 2, 3a b  ，所以椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  . （2）由题意可得直线l 的斜率存在， 设直线l 的方程为  1 4y k x   ，即  1 4y kx k   ， 代入椭圆方程，整理得    2 2 2 23 4 8 32 64 32 8 0k x k k x k k       ， 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 2 2 1 2 1 22 2 32 8 64 32 8,3 4 3 4 k k k kx x x xk k       . 设  0 0,Q x y ，由 AP QB AQ PB    得      1 0 2 1 0 24 4x x x x x x     （考虑线段在 x 轴上的射影即可）， 所以   0 0 1 2 1 28 4 2x x x x x x    ， 于是   2 2 0 0 2 2 32 8 64 32 88 4 23 4 3 4 k k k kx x k k        ， 整理得  0 03 2 4x x k   ，（*） 又 0 0 1 4 yk x   ，代入（*）式得 0 03 3 0x y   ， 所以点Q 总在直线3 3 0x y   上. 考点：1.椭圆标准方程；2.直线与椭圆位置关系. 点睛：圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题时高考中的常考题型，难度一般较大，常常把 直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起，注重数学思想方法的考查，尤其是函数思想、分类 讨论思想的考查.求定值问题常见的方法：（1）从特殊点入手，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.定点问题的 常见解法：（1）假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方 程与参数无关，故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 定点，（2）从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意. 4. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的焦距为 2 ，点 31, 2      在 C 上. （I）求C 的方程； （II）过原点且不与坐标轴重合的直线l 与C 有两个交点 ,A B ，点 A 在 x 轴上的射影为 M ， 线段 AM 的中点为 N ，直线 BN 交C 于点 P ，证明：直线 AB 的斜率与直线 AP 的斜率乘积 为定值. 【答案】（I） 2 2 14 3 x y  （II）定值 1 【解析】试题分析：（1）（I）由题意知， C 的焦点坐标为 10 ， ，利用定义求解 ,a b 的值， 即可得到椭圆的标准方程； 试题解析： （I）由题意知， C 的焦点坐标为  10 ， ， 2 2 2 3 3 5 32 2 0 42 2 2 2a                 ， 3b  . 所以，椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  . （II）设     1 1 2 2 1 2, , ,A x y P x y x x ，则   1 1 1 1, , , 2 yB x y N x      由点 ,A P 在椭圆C 上得， 12 12 22 22 14 3{ 14 3 x y x y     ，两式相减得， 12 22 12 22 3 4 y y x x    . 1 1 1 1 3 32 2 4BN y yk x x    ， 1 2 1 2 BP y yk x x   . 因为 , ,B N P 三点共线，所以 BN BPk k ，即 1 1 2 1 1 2 4 3 y y y x x x    . 1 1 2 1 2 1 2 12 12 1 1 2 1 2 1 2 12 12 4 4 13 x 3AB AP y y y y y y y y yk K x x x x x x x x                  ，为定值. 5. 已知动圆C 过点  1,0Q ，且在 y 轴上截得的弦长为 2. （Ⅰ）求圆心 C 的轨迹方程； （Ⅱ）过点  1,0Q 的直线l 交轨迹C 于    1 1 2 2, , ,A x y B x y 两点，证明： 2 2 1 1 QA QB  为 定值，并求出这个定值. 【答案】（Ⅰ） 2 2 .y x （Ⅱ）定值为1. 【 解 析 】 试 题 分 析 ：（ 1 ） 设 动 圆 圆 心 C 坐 标 为  ,x y ， 根 据 垂 径 定 理 得   2 22 2 21 1x x y       ，化简解得圆心 C 的轨迹方程；（2）设直线 l 的方程为：   1 0y k x k   ，利用直线方程与抛物线方程联立方程组，结合韦达定理 1 2 1x x  化简 2 2 1 1 1. . QA QB   最后讨论斜率不存在的情形 试题解析：解：（Ⅰ）设动圆圆心 C 坐标为 ,x y ， 由题意得：动圆半径  2 21r x y   圆心到 y 轴的距离为 x ， 依题意有   2 22 2 21 1x x y       ， 化简得 2 2y x ，即动圆圆心 C 的轨迹方程为： 2 2 .y x （Ⅱ）①当直线l 的斜率不存在，则直线 l 的方程为： 1x  2 1{ 2 x y x   得    1, 2 , 1, 2A B  所以 2QA QB  ，故 2 2 1 1 1 QA QB   为定值. 综合①②， 2 2 1 1 QA QB  为定值，且定值为1. 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多 少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值 问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推 理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 6. 如图，在平面直角坐标系中，已知 A、B、C 是椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     上不同的三点，  1010, , 2, 22A B        ，C 在第三象限，线段 BC 的中点在直线OA 上。 （1）求椭圆的标准方程； （2）求点 C 的坐标； （3）设动点 P 在椭圆上（异于点 A、B、C）且直线 PB， PC 分别交直线 OA 于 M、N 两点，证 明OM ON  为定值并求出该定值. 【答案】（1） 2 2 120 5 x y  （2）点C 的坐标为  4, 1  ．（3）OM ON  为定值，定值为 25 2 ． 【解析】试题分析：（1）将点 A，B 的坐标代入方程即可求得 2 2,a b ，（2）设点  ,C m n ，得 BC 的中点坐标，带去直线 OA 联立椭圆方程即可求得 m,n,从而得 C 的坐标，（3）分别设出 P,N,M 三点坐标，根据 P,B,M 三点共线和 P,C,N 三点共线得到 M，N,P 的关系，将 P 点坐标代入椭圆 方程即可得各系数之间的关系，于是 OM ON  化简得定制 （3）设  0 0,P x y ，  1 12 ,M y y ，  2 22 ,N y y ． ∵ , ,P B M 三点共线，∴ 01 1 0 22 2 2 2 yy y x    ，整理，得  0 0 1 0 0 2 2 2 x yy y x    ． ∵ , ,P C N 三点共线，∴ 02 2 0 11 2 4 4 yy y x    ，整理，得 0 0 2 0 0 4 2 2 x yy y x    ． ∵点C 在椭圆上，∴ 2 2 0 04 20x y  ， 2 2 0 020 4x y  ． 从而    2 2 0 0 0 0 0 0 1 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 4 5 2 20 5 5 524 4 4 16 4 4 2 x y x y x yy y x y x y x y           ． 所以 1 2 255 2OM ON y y    ．∴OM ON  为定值，定值为 25 2 ． 点睛：本题主要考察圆锥曲线，先根据题意可以的椭圆方程，对于第二问和第三问则需要多 借助草图分析点之间的几何关系，尤其要注意三点共线在此题中的运用，明确目标逐步化简 即可 7.已知椭圆 C ： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的短轴长为 2 5 ，离心率为 3 2 ，圆 E 的圆心在椭 圆C 上，半径为 2，直线 1y k x 与直线 2y k x 为圆 E 的两条切线. （1）求椭圆C 的标准方程； （2）试问： 1 2*k k 是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由. 【答案】（1） 2 2 120 5 x y  ；（2） 1 4  【解析】试题分析：（1）由椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     焦点在 x 轴上， 5b  ，离心率 2 2 2 5 31 1 2 c be a a a       ，则 2 220, 5a b  ，即可求得椭圆C 的标准方程； （2） 设  0 0,E x y ， 圆 E 的 方 程 为    2 2 0 0 4x x y y    ， 由 直 线 1y k x 与 圆    2 2 0 0: 4E x x y y    相 切 ， 根 据 点 到 直 线 的 距 离 公 式 可 得 1 2,k k 为 方 程  2 2 2 0 0 0 04 2 4 0x x x y x y     ，的两个根，由韦达定理可知： 2 0 1 2 2 0 4 4 yk k x   ，由 E 在椭 圆上即可求得 1 2 1 4k k   . （2）因为直线 1y k x 与圆    2 2 0 0: 4E x x y y    相切，∴ 1 0 0 2 1 2 1 k x y k    整理得：  2 2 2 0 1 0 0 1 04 2 4 0x k x y k y     ， 同理可得：  2 2 2 0 2 0 0 2 04 2 4 0x k x y k y     ， 所以， 1 2,k k 为方程 2 2 2 0 0 0 04 2 4 0x x x y x y     的两个根 ∴ 2 0 1 2 2 0 4 4 yk k x   ，又∵  0 0,E x y 在椭圆 2 2 : 120 5 x yC   上，∴ 2 2 0 0 5 1 20 xy       ∴ 2 0 2 0 1 2 2 2 0 0 5 1 4204 1 4 4 4 x yk k x x           ，故 1 2·k k 是定值为 1 4  【方法点睛】本题主要考查待定待定系数法求椭圆标准方程方程、椭圆的几何性质以及圆锥 曲线的定值问题，属于难题. 探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先 根据特殊位置和数值求出定值，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. 8.在直角坐标系 xOy 中， 已知定圆  2 2: 1 36M x y   ，动圆 N 过点  1,0F 且与圆 M 相 切，记动圆圆心 N 的轨迹为曲线C . （1）求曲线C 的方程； （2）设 ,A P 是曲线C 上两点，点 A 关于 x 轴的对称点为 B (异于点 P )，若直线 ,AP BP 分 别交 x 轴于点 ,S T ，证明: ·OS OT 为定值. 【答案】（1） 2 2 19 8 x y  ；（2）详见解析. 【解析】试题分析：（1）由两圆关系得等量关系 6NM NF FM   ，再根据椭圆定义确 定轨迹形状及标准方程，（2）解析几何中定值问题， 往往通过计算给予证明，先设坐标，列 直线方程，求出与 x 轴交点坐标，再利用点在椭圆上这一条件进行代入消元，化简计算 ·OS OT 为定值 . 试题解析： 解 ： (1) 因 为 点  1,0F 在  2 21 36M x y  ： 内 ， 所 以 圆 N 内 切 于 圆 M ， 则 6NM NF FM   ，由椭圆定义知，圆心 N 的轨迹为椭圆，且 2 6, 1a c  ，则 2 29, 8a b  ，所以动圆圆心 N 的轨迹方程为 2 2 19 8 x y  . (2) 设        0 0 1 1, , , , ,0 , ,0S TP x y A x y S x T x ， 则  1 1,B x y ， 由 题 意 知 0 1x x  . 则 1 0 1 0 AP y yk x x   ，直线 AP 方程为  1 1APy y k x x   ，令 0y  ，得 0 1 1 0 1 0 S x y x yx y y   ，同理     0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 T x y x y x y x yx y y y y       ， 于 是 2 2 2 2 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 2 2 1 0 1 0 1 0 · ·S T x y x y x y x y x y x yOS OT x x y y y y y y        ， 又  0 0,P x y 和  1 1,A x y 在椭圆 2 2 19 8 x y  上，故 2 2 2 20 1 0 18 1 , 8 19 9 x xy y             ，则    22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 201 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 8 , 8 1 8 1 89 9 9 xxy y x x x y x y x x x x                  . 所以     2 22 2 2 2 0 10 1 1 0 2 2 2 21 0 0 1 8 · 98 9 x xx y x yOS OT y y x x     . 9. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，四个顶点构成的菱形的面积是 4，圆  2 2 2: 1 (0 1)M x y r r     过椭圆C 的上顶点 A 作圆 M 的两条切线分别与椭圆 C 相交 于 ,B D 两点（不同于点 A ），直线 ,AB AD 的斜率分别为 1 2,k k . （1）求椭圆C 的方程； （2）当 r 变化时，①求 1 2·k k 的值；②试问直线 BD 是否过某个定点？若是，求出该定点；若 不是，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）见解析. 由 1 2 2 1 { 14 y k x x y     ， 得  2 2 1 14 1 8 0k x k x   ， 于 是 有 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 8 4 1 8 4 1, , ,4 1 4 1 4 1 4 1 k k k kB Dk k k k                    ，直线 BD 的斜率为 1 2 3BD k kk   ，直线 BD 的 方 程 为 2 1 1 2 1 2 2 1 1 4 1 8 4 1 3 4 1 k k k ky xk k            ， 令 0x  ， 得   2 2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 1 4 1 8 20 5 5·4 1 3 4 1 33 4 1 k k k k ky k k k             ，即可证明直线 BD 过定点. 试题解析：（1）由题设知， 3 2 c a  ， 1 2 2 42 a b   ，又 2 2 2a b c  ， 解得 2, 1a b  . 故所求椭圆C 的方程是 2 2 14 x y  . （2）① 1: 1AB y k x  ，则有 1 2 1 1 1 k r k    ，化简得 2 2 2 1 11 2 1 0r k k r     ， 对于直线 2: 1AD y k x  ，同理有  2 2 2 2 21 2 1 0r k k r     ， 于是 1 2,k k 是方程 2 2 21 2 1 0r k k r     的两实根，故 1 2· 1k k  . 考虑到 1r  时， D 是椭圆的下顶点， B 趋近于椭圆的上顶点，故 BD 若过定点，则猜想 定点在 y 轴上. 由 1 2 2 1 { 14 y k x x y     ， 得  2 2 1 14 1 8 0k x k x   ， 于 是 有 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 8 4 1 8 4 1, , ,4 1 4 1 4 1 4 1 k k k kB Dk k k k                    . 直线 BD 的斜率为 1 2 3BD k kk   ， 直线 BD 的方程为 2 1 1 2 1 2 2 1 1 4 1 8 4 1 3 4 1 k k k ky xk k            ， 令 0x  ，得   2 2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 1 1 4 1 8 20 5 5·4 1 3 4 1 33 4 1 k k k k ky k k k             ， 故直线 BD 过定点 50, 3     . 10.在平面直角坐标系 xOy 中，已知动点 M 到定点  1,0F 的距离与到定直线 3x  的距离之 比为 3 3 ． （1）求动点 M 的轨迹 C 的方程； （2）已知 P 为定直线 3x  上一点. ①过点 F 作 FP 的垂线交轨迹C 于点 G （G 不在 y 轴上），求证：直线 PG 与OG 的斜率之 积是定值； ②若点 P 的坐标为 3,3 ，过点 P 作动直线l 交轨迹C 于不同两点 R T、 ，线段 RT 上的点 H 满足 PR RH PT HT  ，求证：点 H 恒在一条定直线上. 【答案】（1） 2 2 13 2 x y  （2）①直线 PG 与 OG 的斜率之积为定值 2 3  ． ②点 H 在定直线 2 3 2 0x y   上． 【解析】试题分析：（1）设动点坐标 ( ,x y），直接利用轨迹方程定义计算即可；（2）  3,P t令 ， ①令  0 0,G x y ，由 FG FP ，得 · 0FG FP   ，即  0 01, · 2, 0x y t  ，即 0 02 2ty x  ， 又因为点  0 0,G x y 在椭圆 2 2 13 2 x y  上，所以 2 2 0 0 22 3 xy   ，而 PG OG、 的斜率分别为 0 0 0 03PG OG y t yk kx x   、 ， 于 是      2 202 0 0 00 0 0 0 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 22 2 2 3 23 3· 3 3 3 3 3PG OG x x x xy t y y tyk k x x x x x x x x               ，即直线 PG 与 OG 的斜率之积为定值 2 3  ； ②令 ( 0)PR RH PT HT     ，则 ,PR PT RH HT      ， 代入椭圆，消元即可证明点 H 在定直线 2 3 2 0x y   上． 试题解析：（1）设  ,M x y ，则  2 21MF x y   ，点 M 到直线 3x  的距离 3d x  ， 由 3 3 MF d  ，得  2 2 2 1 1 33 x y x     ，化简得 2 2 13 2 x y  ， 即点 M 在轨迹C 的方程为 2 2 13 2 x y  ； ②令 ( 0)PR RH PT HT     ，则 ,PR PT RH HT      ， 令点      1 1 2 2, , , , ,H x y R x y T x y ，则         1 1 2 2 1 1 2 2 3, 3 3, 3{ , , x y x y x x y y x x y y             ， 即 1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 3 3{ x x y y x x x x y y y y                     ，即 2 1 2 1 2 1 2 1 3 1 3 1{ 1 1 x x y y x xx y yy                 ① ② ③ ④ 由①×③，②×④，得 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 3 1{ 3 1 x xx y yy         ⑤ ⑥ ， 因为    1 1 2 2, , ,R x y T x y 在椭圆 2 2 13 2 x y  上，所以 2 2 1 1 2 2 2 2 2 3 6{ 2 3 6 x y x y     ， ⑤×2+⑥×3，得    2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 1 12 1 2 1 2 2 2 3 2 32 2 3 36 9 1 1 x y x yx x y yx y              22 2 2 6 16 6 61 1        ，即 2 3 2 0x y   ， 所以点 H 在定直线 2 3 2 0x y   上． 本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．求椭圆 方程的方法一般就是根据条件建立 , ,a b c 的方程，求出 2 2,a b 即可，注意 2 2 2 , ca b c e a    的 应用；涉及直线与圆锥曲线相交时，未给出直线时需要自己根据题目条件设直线方程，要特 别注意直线斜率是否存在的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二 次方程，利用根与系数关系写出 1 2 1 2,x x x x  ，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别 式条件的约束作用．