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微考点6-3 圆锥曲线中的定点定值问题（三大题型）
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.
④设直线为，根据题目给出的条件，转化为坐标之间的关系，利用韦达定理找出与之间的关系，即可求出定点.
题型一：圆锥曲线中直线过定点问题
【精选例题】
【例1】
1．已知为椭圆上一点，点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)不经过点的直线与椭圆相交于两点，若直线与的斜率之和为，证明：直线必过定点，并求出这个定点坐标．
【例2】
2．已知椭圆的离心率，且椭圆经过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率不为零的直线与椭圆交于两点，关于轴的对称点为，求证：直线与轴交于定点.
【跟踪训练】
3．“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长，某些折纸活动蕴含丰富的数学知识，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸（如图）：

步骤1：设圆心是，在圆内异于圆心处取一定点，记为；
步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点（即折叠后图中的点与点重合）；
步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕，记折痕与的交点为；
步骤4：不停重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.
现取半径为4的圆形纸片，设点到圆心的距离为，按上述方法折纸.以线段的中点为原点，线段所在直线为轴建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线.
(1)求的方程；
(2)设轨迹与轴从左到右的交点为点，，点为轨迹上异于，，的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线、的斜率分别为、.
（i）求证：为定值；
（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.
4．已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，且过点，，，为椭圆上关于轴对称的两点（不与点B重合），，直线与椭圆交于另一点，直线垂直于直线，为垂足．
(1)求的方程；
(2)证明：（i）直线过定点，（ii）存在定点，使为定值．
题型二：圆锥曲线中圆过定点问题
【精选例题】
【例1】
5．已知椭圆：（）的离心率为，其左 右焦点分别为，，为椭圆上任意一点，面积的最大值为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知，过点的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，与轴的交点分别为，，证明：以为直径的圆过定点.
【例2】
6．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆：过点，离心率为，其左右焦点分别为，．
(1)若点P与，的距离之比为，求直线被点P所在的曲线截得的弦长；
(2)设，分别为椭圆的左、右顶点，Q为上异于，的任意一点，直线，分别与椭圆的右准线交于点M，N，求证：以为直径的圆经过x轴上的定点．
【跟踪训练】
7．设椭圆的离心率为，点为椭圆上一点，的周长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设动直线与椭圆有且只有一个公共点，且与直线相交于点.问：轴上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过定点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
8．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：的长轴长为4，且经过点，其中e为椭圆C的离心率.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点的直线l交椭圆C于A，B两点，点B关于x轴的对称点为，直线交x轴于点Q，过点Q作l的垂线，垂足为H，求证：点H在定圆上.
题型三：圆锥曲线中圆过定值问题
【精选例题】
【例1】
9．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且右焦点到直线的距离为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆上的任一点，从原点向圆引两条切线，设两条切线的斜率分别为，
（i）求证：为定值；
（ii）当两条切线分别交椭圆于时，求证：为定值.
【例2】
10．已知椭圆：离心率，且经点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆C右焦点的直线l交椭圆于A，B两点，交直线于点D，且，设直线，，的斜率分别为，，，若，证明为定值．
【例3】
11．已知椭圆过点，离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过点的斜率为直线交椭圆于另一点，若的面积为2，其中为坐标原点，求直线的斜率的值；
(3)设过点的直线交椭圆于点，，直线，分别交直线于点，．求证：线段的中点为定点．
【跟踪训练】
12．如图，D为圆O：上一动点，过点D分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，连接并延长至点W，使得，点W的轨迹记为曲线．
(1)求曲线C的方程；
(2)若过点的两条直线，分别交曲线C于M，N两点，且，求证：直线MN过定点；
(3)若曲线C交y轴正半轴于点S，直线与曲线C交于不同的两点G，H，直线SH，SG分别交x轴于P，Q两点．请探究：y轴上是否存在点R，使得？若存在，求出点R坐标；若不存在，请说明理由．
13．已知椭圆的长轴长为4，离心率为，定点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线与椭圆分别交于点（不在直线上），若直线，与椭圆分别交于点，，且直线过定点，问直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
14．已知椭圆C：的左、右顶点分别为A，B，其离心率为，点P是C上的一点（不同于A，B两点），且面积的最大值为．
(1)求C的方程；
(2)若点O为坐标原点，直线AP交直线于点G，过点O且与直线BG垂直的直线记为l，直线BP交y轴于点E，直线BP交直线l于点F，试判断是否为定值？若是，则求出该定值；若不是，请说明理由．
15．设椭圆：的左、右顶点分别为C，D，且焦距为2.F为椭圆的右焦点，点M在椭圆上且异于C，D两点.若直线与的斜率之积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点作一条斜率不为0的直线与椭圆E相交于A，B两点（A在B，P之间），直线与椭圆E的另一个交点为H，求证：点A，H关于x轴对称.
16．已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，左顶点为A，，P是椭圆E上一点（异于顶点），O是坐标原点，Q在线段上，且∥，．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若直线l与x轴交于点C、与椭圆E交于点M，N，B与N关于x轴对称，直线MB与x轴交于点D，证明：为定值．
17．已知为圆：上任一点，，，，且满足.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)过点的直线与轨迹相交于,两点，是否存在与点不同的定点，使恒成立？若存在，求出点 的坐标；若不存在，请说明理由.
18．椭圆的两个焦点分别为，，离心率为，为椭圆上任意一点，不在轴上，的面积的最大值为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于M，N两点，设点，求证：直线，的斜率之和为定值，并求出定值.
19．已知，，动圆与圆外切且与圆内切． 圆心的轨迹为曲线．
(1)求曲线C的方程；
(2)是否存在过点的直线交曲线C于A，B两点，使得点Q为中点时，直线的斜率与直线OQ的斜率乘积为定值？如果存在，求出这个定值，如果不存在，说明理由．
20．已知椭圆的长轴为双曲线的实轴，且椭圆过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设点是椭圆上异于点的两个不同的点，直线与的斜率均存在，分别记为，若，试问直线是否经过定点，若经过，求出定点坐标；若不经过，请说明理由.
21．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.
22．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，且四边形是面积为8的正方形．
(1)求C的标准方程；
(2)M，N为C上且在x轴上方的两点，，与的交点为P，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
23．已知椭圆的左 右焦点分别为，点在椭圆上，且满足轴，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的右顶点为，左顶点为，是否存在异于点的定点，使过定点的任一条直线均与椭圆交于（异于两点）两点，且使得直线的斜率为直线的斜率的2倍？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
24．已知椭圆C：（）的离心率为，其左、右焦点分别为，，点P是坐标平面内一点，且（O为坐标原点）．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点且斜率为k的动直线l交椭圆于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标和面积的最大值；若不存在，说明理由．
【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在；
（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
25．已知椭圆经过点，且右焦点为
(1)求C的标准方程；
(2)过点且斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，直线分别交直线AM，AN于点E，F，以EF为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
26．已知椭圆过点，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知的下顶点为，不过的直线与交于点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）根据焦点三角形的面积和点坐标求解出的值，则的值可求，故椭圆的标准方程可知；
（2）当直线的斜率不存在时，直接分析即可；当直线的斜率存在时，设出的方程并与椭圆方程联立得到横坐标的韦达定理形式，将斜率关系转化为坐标运算，从而求解出直线方程中参数的关系，由此可求直线所过的定点.
【详解】（1）因为点与椭圆的两个焦点构成的三角形面积为，所以且，
所以，，所以，
所以椭圆的标准方程：；
（2）设，
当直线的斜率不存在时，则，
由，
解得，此时，故重合，不符合题意，
所以直线的斜率一定存在，设不经过点的直线方程为：，
由得，
且，即，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，即，
化简可得：，
因为，所以，
所以，
所以直线必过定点．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中过定点问题的两种求解方法：
（1）若设直线方程为或，则只需要将已知条件通过坐标运算转化为之间的线性关系，再用替换或用替换代入直线方程，则定点坐标可求；
（2）若不假设直线的方程，则需要将直线所对应线段的两个端点的坐标表示出来，然后选择合适的直线方程形式表示出直线方程，由此确定出定点坐标.
2．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用离心率以及椭圆经过点的坐标联立解方程组，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为并于椭圆联立，利用韦达定理写出直线的方程，求出点横坐标表达式即可得.
【详解】（1）由离心率可得，
将点代入椭圆方程可得，又；
解得，
所以椭圆C的方程为
（2）设点，，则，直线的方程为，
直线与椭圆联立，消去，得，
则可得，，
易知，得
由题意，直线的方程为，
令，所以点的横坐标，
所以直线与轴交于定点
3．(1)
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析，该定点的坐标为
【分析】（1）由折纸的对称性，可知，从而确定点的轨迹；
（2）（i）设点，，，根据斜率公式分别求出、，结合椭圆方程证明；
（ii）设直线的方程为，直曲联立，结合韦达定理和（i）的结论求出，根据直线方程即可求出定点.
【详解】（1）由题意可知，，
故点的轨迹是以，为焦点，且长轴长的椭圆，
焦距，所以，
因此轨迹方程为.
（2）证明：（i）设，，，
由题可知，如下图所示：
则，，
而，于是，
所以，
又，则，
因此为定值.
（ii）设直线的方程为，，，
由，得，
所以.
由（i）可知，，
即，
化简得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，
因此直线经过定点.
【点睛】本题第二问（ii）解题关键是设出直线方程联立椭圆方程，利用韦达定理结合（i）的结论列方程可得.
4．(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）设方程为，代入点的坐标，得出方程组，求解即得.
（2）（i）设的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理表示出坐标关系，得出的方程为，令，整理可得，即可得出定点；（ii）由已知可得，即可得出的轨迹，得出答案.
【详解】（1）设的方程为，则，解得，
所以的方程为.
（2）（i）依题意，直线的斜率存在且不为0，设的方程为，
设点，，则，
由消去并整理得，则，
，，显然，
直线的斜率，直线的方程为，
令，则，
所以直线恒过定点.
（ii）令直线过的定点为点，由，在上，得，
则点在以为直径的圆上，从而的中点为定点，使为定值.

【点睛】思路点睛：设的方程为，与椭圆联立得出方程，根据韦达定理得出坐标关系.进而整理化简，即可得出定点坐标.
5．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）依题意可得，即可求出、、，即可得解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由直线、的方程，得到、的坐标，即可得到以为直径的圆的方程，再令，得到，即可得解；
【详解】（1）解：因为椭圆的离心率为，所以.
又当位于上顶点或者下顶点时，面积最大，即.
又，所以，.
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：由题知，直线的斜率存在，所以设直线的方程为，设，，
将直线代入椭圆的方程得：，
由韦达定理得：，，
直线的方程为，直线的方程为，
所以，，
所以以为直径的圆为，
整理得：.①
因为，
令①中的，可得，所以，以为直径的圆过定点.
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】根据题意，利用上的点和离心率得及；
（1）由点与，的距离之比化简整理得到点的轨迹方程是一个圆，利用利用勾股定理可得弦长；
（2）根据题意，写出直线，的直线方程并求其右准线交于点M，N的坐标，假设轴上存在点在以为直径的圆上，利用求出的值，从而得证以为直径的圆经过x轴上的定点.
【详解】（1）因为椭圆：过点，所以．
又因为离心率，即，故，
所以，即，所以，则，．
设，则，即，
所以点的轨迹为圆心，半径的圆．

其圆心到直线的距离为，
所以弦长．
故直线被点P所在的曲线截得的弦长为.
（2）证明：由（1）知，所以，，右准线．
设，，
由：，则，
同理．
假设轴上存在点在以为直径的圆上，则
因为
，
因为Q点在椭圆上，所以，即，
所以，即，解得或，
点和都满足题意.

所以以MN为直径的圆经过x轴上的定点和.
7．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）根据椭圆的定义，结合椭圆离心率的公式进行求解即可；
（2）将直线方程与椭圆方程联立，利用一元二次方程根的判别式，结合圆的性质进行求解即可.
【详解】（1）由 可得 ，①
的周长为，所以，
即②
联立①②得： ，， ，
∴椭圆的方程为 ；
（2）设点．
由 ，得 ，
，化简得 ，
∴ ，
∴ ．
由 ，得，
假设存在点，
则 ， ，
∵以为直径的圆恒过点，∴ ，
即 ，
∴ 对任意都成立．
则 ，解得 ，
故存在定点符合题意．
【点睛】关键点睛：利用以线段为直径的圆的性质是解题的关键.
8．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的长轴长，以及椭圆过的点，求出b的值，即可求得答案；
（2）设l的方程为，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，结合的方程可求得Q点坐标，从而可得的方程，并求出其过定点，结合垂直关系，即可证明结论.
【详解】（1）因为椭圆C：的长轴长为，所以，
因为椭圆经过点，所以，
又，所以，
整理得，解得或(舍)．
所以椭圆C的方程为
（2）证明：由题意可知，l的斜率存在，
设l的方程为，，则．
由，得，，
所以，
因为的方程为，
令，得
，
即，
因为，
①当时，的斜率为，则的方程为，即，
所以恒过点．
②当时，l的方程为，，则的方程为，
此时也过点．
综上，恒过定点，
由题意可知，故点H在以PM为直径的定圆上．
【点睛】：关键点睛：本题第二问证明点H在定圆上，关键在于推出直线过定点，从而结合，即可证明结论.
9．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）直接列出关于的方程组求解；
（2）（i）写出切线方程，由圆心到切线距离等于半径可以得出与的关系，从而得出是某个一元二次方程的解，利用韦达定理可得；
（ii）设，利用及椭圆方程求得，再求得后可得．
【详解】（1）题意，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（i）证明：依题意，两条切线方程分别为，
由，化简得，
同理.
所以是方程的两个不相等的实数根，
则.
又因为，所以，
所以.
（ii）证明：由（得，，设，则，即，
因为，所以，
得，即，
解得，
所以，
所以为定值.
10．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得，解方程求出，即可得出答案；
（2）设，，设直线方程为：，将直线方程与随圆方程联立，得到关于的一元二次方程，根据韦达定理，可得的表达式，由此表示出，再代入化简即可得出答案.
【详解】（1）由题意知，解得，，
故椭圆的标准方程为．
（2）由题意直线的斜率一定存在，由（1）知，则椭圆的右焦点的坐标为，
设直线方程为：，坐标为．所以，
设，，将直线方程与随圆方程联立，
∴，又恒成立，
由韦达定理知，，
，
∴
∴
【点睛】关键点睛：解题的关键是根据直线方程得到坐标为，则，直线方程与随圆方程联立，化简整理，结合韦达定理表示出，代入化简即可得出答案.
11．(1)
(2)0
(3)证明见解析
【分析】（1）根据给定条件，列出关于的方程组并求解即得.
（2）由点斜式写出直线的方程，与椭圆方程联立结合三角形面积求出k值即得.
（3）设出直线的方程，与椭圆方程联立，求出点的坐标，结合韦达定理计算得解.
【详解】（1）令椭圆半焦距为c，依题意，，
解得，，，所以椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，，
则原点到直线的距离为，
由消去并化简得，
显然，设，有，则，
于是，
则，解得，
所以直线的方程为．

（3）依题意，直线的斜率存在，设直线的方程为，
由，消去并化简得，
则，，
由，得，所以，
显然直线，的斜率存在，直线的方程为，
令，得，
同理得，
所以
，
所以线段的中点为定点.
【点睛】结论点睛：过定点的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点，，则面积；
过定点直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点，，则面积.
12．(1)
(2)证明见解析，
(3)存在，
【分析】（1）设，求得D点并代入，化简求得曲线C的方程；
（2）设的方程为，直线的方程为，将直线的方程与曲线C的方程联立，求得M，N的坐标，对进行分类讨论，由此证得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，先求得，设出G，H的坐标，由直线SH和直线SG的方程求得P，Q两点的坐标，结合G在曲线C上求得R点的坐标．
【详解】（1）设，，则，
由题意知，所以，得(，所以，
因为，得，故曲线C的方程为．
（2）由题意可知，直线不平行坐标轴，
则可设的方程为：，此时直线的方程为．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
当时，直线的斜率存在，
，
则直线的方程为，
所以直线过定点．
当时，直线斜率不存在，此时直线方程为：，也过定点，
综上所述：直线过定点．
（3）假设存在点R使得，设，
因为，所以，即，
所以，所以，
直线与曲线C交于不同的两点G、H，易知G、H关于轴对称，
设，
易知点，直线方程是，
令得点P横坐标，
直线方程是，令得点Q横坐标，
由，得，又在椭圆上，
所以，所以，解得，
所以存在点，使得成立．
13．(1)
(2)直线的斜率为定值1
【分析】（1）由长轴长和离心率可求出，结合关系式可求出，进而求出椭圆的方程；
（2）可设，，，，由，得，将，代入椭圆整理得，联立求得，同理求得，结合，化简求出，由即可求解.
【详解】（1）由椭圆的长轴长为4可知，
又椭圆的离心率为，即，所以，则，
因此椭圆的方程为；
（2）
直线的斜率为定值，定值为1，
证明：设，，，，，
，，
由，有，
因为，在椭圆上，
所以，，因此，
整理得，
即，因此，
联立，
解得，同理，
又因为直线过定点，所以，
将，，，代入，
有，整理得，
又，所以．
综上，直线的斜率为定值1．
【点睛】关键点睛：本题涉及的量比较多，关键是设而不求，整体代换的思想的应用.
14．(1)；
(2)是定值，.
【分析】（1）根据离心率及焦点三角形性质、椭圆参数关系求参数，即可得方程；
（2）设，且，求得，再根据已知可得直线，而直线，进而求出坐标，过作轴，利用等比例关系求即可得结论.
【详解】（1）由题意，故.
（2）由（1）及题设知：，直线的斜率存在且不为0，
设，则，即，
所以，又过点O且与直线BG垂直的直线记为l，则，
故直线，而直线，则，
联立，而，可得，
所以，故，过作轴，如图，
所以为定值.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据直线与的斜率之积得到，故，结合焦距得到，，得到椭圆方程；
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，表达出，得到结论.
【详解】（1）由题意有，，
设，，化简得，结合，
可得，
由椭圆焦距为2，有，得，，
椭圆E的标准方程为；
（2）显然直线方程斜率不存在时，与椭圆方程无交点，
根据椭圆的对称性，欲证，H关于轴对称，
只需证，即证，

设，，直线方程为，
由消去得，
，解得，
所以，.
则，
因为，
所以，即A，H关于轴对称.
16．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用三角形中位线定理结合椭圆的定义及已知条件可求出，再由可求出，然后由可求得，从而可求出椭圆方程；
（2）由题意知直线MN，MB的斜率均存在且均不为零，设，，，，然后表示出直线MN，MB的方程，分别与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，得到两个相等，化简可得结论.
【详解】（1）由题知，O是线段的中点，Q在线段上，∥，
则Q是线段的中点，可得，，
所以，即，
又因为，则， 可得，
所以椭圆E的标准方程为．
（2）由题意知直线MN，MB的斜率均存在且均不为零，
设，，，，则，
可得直线MN的方程为，直线MB的方程为，
联立方程，
消去y并整理得，
则，，
联立方程，
消去y并整理得，
则，．
因为，
即，
整理得，
当时，，即；
当时，C，D，M三点重合或N，B，C，D四点重合，此时；
综上所述：，为定值．

【点睛】关键点睛：求解定值问题的三个步骤
(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；
(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
(3)得出结论．
17．(1)
(2)存在，R的坐标为
【分析】（1）由可得，根据向量的加法以及数量积运算可，从而得到，结合椭圆的定义即可求出其轨迹方程.
（2）当过点的直线平行于轴时和垂直于轴时，求得，当不平行于轴时且不垂直于轴时，联立方程，利用韦达定理和点关于轴的对称点，结合，求得三点共线，从而满足，即可判断存在点不同的定点.
【详解】（1）圆：，圆心，半径为，因为，则，
因为，，则在线段上，即，
又因为，所以，即，
所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，则，，则，，
所以，则动点的轨迹的方程为.

（2）设过点的直线为，
当平行于轴时，直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，
则有，即，所以点在轴上，可设的坐标为；
当垂直于轴时，直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，则有，即，解得或，
所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为，
当不平行于轴时且不垂直于轴时，设直线方程为，，
联立，得，
因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立， ，
又因为点关于轴的对称点的坐标为，
又，，
则，
所以，则三点共线，所以，
综上，存在与点不同的定点，使恒成立，且.

18．(1)
(2)定值，
【分析】（1）根据题意列出方程即可；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，列出表达式利用韦达定理计算即可.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，所以，
设到的距离为，因为，
所以，易得当时面积取得最大值，
所以，因为，
所以，，所以椭圆的方程为；
（2）证明：如图，易知点在椭圆外，
设直线的方程为，，，
由得，
所以，，，
因为，所以，
所以，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题的第（2）问的化简，这里化简主要是利用了韦达定理和直线的方程，在化简过程中同时涉及到通分，计算比较复杂，要认真计算.
19．(1)
(2)存在，
【分析】（1）先根据题意得到圆与圆的圆心和半径，再根据题意求得，，从而根据椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点，4为半长轴长的椭圆，进而即可求得曲线C的方程；
（2）先根据题意可得过点的直线的斜率存在，从而设直线为，再联立曲线C的方程，消整理得到关于的一元二次方程，再结合点Q为中点，从而求得的值，进而即可得到结论．
【详解】（1）依题意可得圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为7，
设动圆的半径为，
由动圆与圆外切且与圆内切，
则，且，
则由椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点，4为半长轴长的椭圆，
所以，，，
故曲线C的方程的方程为．

（2）依题意可得过点的直线的斜率存在，
则设直线为，
联立，消整理得，
当点Q为中点时，有，解得，
又，所以(定值)，
故直线的斜率与直线OQ的斜率乘积为定值．

20．(1)
(2)过定点，理由见解析
【分析】（1）由题意可得，，求出，从而可得椭圆方程，
（2）分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，求出直线与的斜率，再由列方程可得参数的关系，代入直线方程可求出直线恒过的定点.
【详解】（1）因为椭圆的长轴为双曲线的实轴，
所以，
因为椭圆过点，所以，，得，
所以椭圆方程为；
（2）①当直线的斜率存在时，设其方程为，
由，得， ，
所以，，
所以，，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
化简得，即，
所以或，
当时，直线的方程为，
则直线过定点（舍去），
当时，直线的方程为，
所以直线过定点，
②当直线的斜率不存在时，设直线为（），
由，得，所以，
所以，
解得（舍去），或，
所以直线也过定点，
综上，直线恒过定点.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
21．(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.

22．(1)；
(2)定值为．
【分析】（1）根据面积求出，即可得出椭圆方程；
（2）设，根据相似三角形表示出，利用直线与椭圆方程化简可得的和积，代入化简即可得解.
【详解】（1）椭圆的左、右焦点分别为，，上、下顶点分别为，，因为四边形是面积为8的正方形，
所以有且，解得，故，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由已知，则，
设，因为，
所以．
又因为，所以，
所以
．
即．
设，的方程分别为：，，
设，，
则，
所以，
因此，
同理可得：，因此，，
所以．
所以为定值，定值为．
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于运算，大量的运算保证了消参的进行，为求证定值的必要条件，运算能力的培养是解决问题的关键.
23．(1)
(2)存在定点满足题意，.
【分析】（1）由轴，得到，从而得到，，再利用椭圆定义求得a即可；
（2）假设存在满足题意的定点，设直线的方程为，联立，由，结合韦达定理求解.
【详解】（1）解：因为轴，所以，
解得
所以.
根据椭圆的定义，得，
解得.
又，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）假设存在满足题意的定点.依题意，设直线的方程为，
联立，消去并整理，得，
由，得.
由根与系数的关系，得.
由，得，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，
②-①，得，
当时，
解得，
所以.
又，所以.
因为上式在变化时恒成立，所以.又，所以.
此时点与点重合，不合题意，舍去；
所以，即，
此时点在椭圆的内部，满足直线均与椭圆交于两点，
所以存在定点满足题意，.
24．(1)
(2)存在定点，面积的最大值为
【分析】（1）根据向量的数量积运算求得，结合离心率求，即可得方程；
（2），，联立方程，根据结合韦达定理分析可知，再利用弦长公式结合基本不等式求面积最大值.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，
因为，
即，解得，
又因为，则，可得，
所以椭圆C的方程为.
（2）存在，理由如下：
因为在椭圆内，则动直线l与椭圆C必相交，
由题意可设：，，
联立方程，消去y得，
则，
因为，
若以AB为直径的圆恒过点M，
则
整理得，
可得，
令，即，
整理得，则，解得，
即，可得，所以，
又因为，
点到直线的距离，
则面积，
令，则，
可得，
因为在上单调递增，且，则，
可得，则，
所以当且仅当时，面积取到最大值.
【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在；
（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
25．(1)
(2)以EF为直径的圆过定点,
【分析】（1）根据条件求出a，b，即可得椭圆方程；
（2）设直线l的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理，求出E，F坐标，通过，求出，即可求得定点坐标
【详解】（1）由题意，，，
所以，
故C的标准方程为
（2）以EF为直径的圆过定点，理由如下：
设直线l的方程为，联立椭圆方程，
消去x，整理可得，
则，且，
由直线AM方程为，令，求得点
由直线AN方程为，令，求得点
由对称性可知，若以EF为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上，
设该定点为，则，，
可得
由，解得，
故以EF为直径的圆过定点,
26．(1)
(2)过定点，
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，设的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，由
，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）依题意，得又，解得
所以椭圆方程为.
（2）
因为，所以，
又为线段的中点，所以，因此.
根据题意可知直线的斜率一定存在，设的方程为，
联立消去，
得，
根据韦达定理可得，
因为，
所以
，
所以，
整理得，解得或.
又直线不经过点，所以舍去，
于是直线的方程为，恒过定点，该点在椭圆内，满足，
所以直线恒过定点，定点坐标为.
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