微专题19 圆锥曲线经典难题之一类定点、定值问题的通性通法研究 -2025年新高考数学二轮复习微专题提分突破140分方案

PAGE1微专题19圆锥曲线经典难题之一类定点、定值问题的通性通法研究【秒杀总结】1、直线与圆锥曲线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.2、定比点差法3、非对称韦达与对称韦达4、先猜后证5、硬解坐标【典型例题】例1．（2024·陕西榆林·二模）已知椭圆的左､右焦点分别为过点，且的长轴长为8.(1)求的方程.(2)设的右顶点为点，过点的直线与交于两点（异于），直线与轴分别交于点，试问线段的中点是否为定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.【解析】（1）因为的长轴长为8，所以，所以.又，所以，所以的方程为.（2）易知，则直线的斜率存在，设其方程为.联立得，，因为点在直线上，所以，，直线，令，得，直线，令，得，，所以线段的中点为，为定点.例2．（2024·江苏·模拟预测）已知椭圆的右焦点为，点在椭圆上，且垂直于轴．(1)求椭圆的方程；(2)直线斜率存在，交椭圆于两点，三点不共线，且直线和直线关于对称．（ⅰ）证明：直线过定点；（ⅱ）求面积的最大值．【解析】（1）点在椭圆上，且垂直于轴，则有设椭圆的焦距为，则，点代入椭圆方程，有，解得，则，所以椭圆的方程为.（2）（ⅰ）设直线l的方程为，由，消去y，整理得，因为l交椭圆C于两点，所以，设，所以，因为直线和直线关于对称，所以所以所以解得.所以直线l的方程为，所以直线l过定点.（ⅱ）设直线l的方程为，由，消去，整理得，因为l交椭圆C于两点，所以，解得，，所以，所以令则，当且仅当时取等号，所以面积的最大值为.例3．（2024·四川广安·二模）在直角坐标系中，设为抛物线（）的焦点，为上位于第一象限内一点.当时，的面积为1.(1)求的方程；(2)当时，如果直线与抛物线交于，两点，直线，的斜率满足.证明直线是恒过定点，并求出定点坐标.【解析】（1）由，所以，设，，，，解得，所以抛物线的方程为.（2）如图，设，，，，，解得，所以点的坐标为.由题意直线的斜率不为0，设，，，联立，消去整理得，则，，，因为，所以，即，整理得，将，代入上式，，满足，所以直线为，恒过定点.例4．（2024·高三·广东广州·阶段练习）已知椭圆，点是椭圆中心与该椭圆一个顶点的中点，点为椭圆与轴正半轴的顶点，且离心率为，过点的直线（与轴不重合）交椭圆于，两点．(1)求椭圆的标准方程，并求面积的最大值；(2)探究直线和直线的斜率之积是否为定值？若是，求出这个值，若不是请说明理由；(3)若圆的方程为，直线，分别交圆于，两点，试证明：直线恒过定点．【解析】（1）根据题意可得，，又，则，解得，所以椭圆方程为，因为，当点的横坐标绝对值最大时，的面积最大，又，.（2）设过点的直线为，，，易知，联立，消去整理得，易得，则，，所以.所以直线与直线的斜率之积为定值.（3）设直线的斜率为，直线的斜率为，，，且，则直线的方程为，直线的方程为，联立，消去整理得，解得，，同理，可得，，当直线的斜率为0时，易知此时，解得，直线过点.当直线的斜率不为0时，，，所以，所以直线过点，综上，直线恒过定点.例5．（2024·河南·一模）已知椭圆的左右焦点分别为，，其长轴长为6，离心率为e且，点D为E上一动点，的面积的最大值为，过的直线，分别与椭圆E交于A，B两点（异于点P），与直线交于M，N两点，且M，N两点的纵坐标之和为11.过坐标原点O作直线的垂线，垂足为H.(1)求椭圆E的方程；(2)问：平面内是否存在定点Q，使得为定值？若存在，请求出Q点坐标；若不存在，请说明理由.【解析】（1）根据条件则，，当点D位于短轴顶点时，面积的最大，且，由，解得，或，又，因此，，，故椭圆E的方程为：.（2）（2）存在定点使得为定值，理由如下：由题意过点P的直线与椭圆E交于A点，与直线交于M点，与椭圆E交于B点，与直线交于N点，如图，设，，，.根据条件有，，且①由条件知，直线的斜率不为0，故可设直线的方程为由①，②联立，整理得，该方程有两个不同的实数根，，则，由韦达定理可得，，代入②中，整理得，又，化简得，因此，即直线过定点.过原点O作直线的垂线，垂直为H，则点H在以为直径的圆上，则的中点到H的距离等于为定值，因此存在定点即为的中点使得为定值.例6．（2024·全国·一模）已知椭圆的离心率是，点Q在椭圆上，且，．(1)求椭圆C的方程；(2)如图，设椭圆C的上、下顶点分别为，，P为该椭圆上异于，的任一点，直线，分别交x轴于M，N两点，若直线OT与经过M，N两点的圆G相切，切点为T．证明：线段OT的长为定值．【解析】（1）由，得，由椭圆定义可得，在中，所以可得，解得，则，所以.故椭圆的方程为.（2）如图：，，设，直线：，令，得；直线:，令，得；则，因为，所以，所以，由切割线定理得，所以，即线段OT的长度为定值2．例7．（2024·湖南衡阳·二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于两点，的周长为8．(1)求的方程；(2)若直线与交于两点，且原点到直线的距离为定值1，求的最大值．【解析】（1）因为的周长为8，所以，解得，焦距为，，所以，所以椭圆E的方程为．（2）当直线斜率不存在时，为或，当时，，则，当时，同理，当直线斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，因为原点到直线的距离为定值1，所以，则，设，联立椭圆于直线方程，消元得，所以，由，得,,令，则，由，所以当时，，所以的最大值例8．（2024·高三·浙江·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，过点的直线与抛物线交于M，N两点在第一象限）.(1)当时，求直线的方程;(2)若三角形OMN的外接圆与曲线交于点（异于点O，M，N），（i）证明:△MND的重心的纵坐标为定值，并求出此定值;（ii）求凸四边形OMDN的面积的取值范围.【解析】（1）解:设直线联立，消去，得，所以，，则，则，又由题意，直线的方程是;（2）（1）方法1:设因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为，联立，消去，得，即，所以即为关于的方程的3个根，则，因为，由的系数对应相等得，，所以的重心的纵坐标为0.方法2:设，则，因为O，M，C，N四点共圆，所以，即，化简可得:，所以的重心的纵坐标为0.（2）记的面积分别为，由已知得直线MN的斜率不为0，设直线，联立，消去，得，所以，所以，由（1）得，，所以，即，因为，点到直线MN的距离，所以，所以在第一象限，即，依次连接O，M，D，N构成凸四边形OMDN，所以，即，又因为，即，即，所以，即，即，所以，设，则，令，则，因为，所以，所以在区间上单调递增，所以，所以的取值范围为.例9．（2024·宁夏银川·一模）已知，分别是椭圆的左、右焦点，左顶点为A，则上顶点为，且的方程为.(1)求椭圆的标准方程；(2)若是直线上一点，过点的两条不同直线分别交于点，和点，，且，求证：直线的斜率与直线的斜率之和为定值.【解析】（1）因为的方程为，可知，可知，所以椭圆的标准方程为.（2）由可得，因为点P在直线上，可设点，由题可知：直线DE的斜率与直线MN的斜率都存在．所以直线DE的方程为：，即，直线MN的方程为：，即，设，，，，所以，消去y可得，整理可得，且，则，，又因为，，则，同理可得，又因为，则，可知，则，整理可得，又因为，则，所以直线DE的斜率与直线MN的斜率之和为0．【过关测试】1．（2024·广东湛江·一模）已知为双曲线上一点，分别为双曲线的左、右顶点，且直线与的斜率之和为．(1)求双曲线的方程；(2)不过点的直线与双曲线交于两点，若直线的倾斜角分别为和，且，证明：直线过定点．【解析】（1）由题意知：，，，，又在双曲线上，，解得：；双曲线的方程为：.（2）当直线中的一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，则，，，直线，即，由得：，解得：，即直线与双曲线相切于点，不合题意；直线斜率均存在，则，，，，即，；设，由得：，且，，，，，由得：，，，，整理可得：，即，或，当时，直线恒过点，不合题意；当时，满足，此时直线恒过点；综上所述：直线过定点.2．（2024·浙江·模拟预测）已知双曲线的左右焦点分别为，点在的渐近线上，且满足.(1)求的方程；(2)点为的左顶点，过的直线交于两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，证明：线段的中点为定点.【解析】（1）设，，由，得，解得，即，而曲线的渐近线方程为，由点在的渐近线上，得，即，因此，所以的方程为.（2）由（1）知，设直线为，由消去y得：，则，，由三点共线，得，同理，因此，所以的中点为定点.3．（2024·天津·一模）已知椭圆的右焦点为，左、右顶点分别为，，离心率为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.(1)求椭圆的方程；(2)若为直线上一动点，且直线，分别与椭圆交于，两点（异于，两点），证明：直线恒过一定点.【解析】（1）设，由，解得，所以，又，，解得，，，所以椭圆方程为.（2）由（1）可得，，设，设直线的方程为，，，由，整理得，所以，即，所以，，因为、、三点共线，、、三点共线，所以，，所以，即，所以，即，所以，整理得，因为当变化时，上式恒成立，所以，解得，所以直线的方程为，令，则，所以直线过定点.4．（2024·河南郑州·二模）已知椭圆E：过点，且焦距为.(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点作两条互相垂直的弦AB，CD，设弦AB，CD的中点分别为M，N.①证明：直线MN必过定点；②若弦AB，CD的斜率均存在，求面积的最大值.【解析】（1）依题意有，，解得，所以椭圆的方程为.（2）①设：，，，则：，联立，故，，，故，由代替m，得，当，即时，：，过点.当，即时，，：，令，，直线MN恒过点.当，经验证直线MN过点.综上，直线MN恒过点.②，令，，∵在上单调递减，∴，当且仅当，时取等号.故面积的最大值为.5．（2024·内蒙古呼伦贝尔·一模）已知椭圆的焦距为6，圆9与椭圆C有且仅有两个公共点(1)求椭圆的标准方程；(2)已知动直线过曲线的左焦点F，且与椭圆分别交于P，Q两点，试问x轴上是否存在定点R，使得为定值？若存在，求出该定点坐标；若不存在，请说明理由．【解析】（1）根据题意得，所以，所以椭圆的标准方程为．（2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆的方程，可得，设，则．设，则，若为定值，则，解得．此时点的坐标为．②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得不妨设，若，则，，．综上，在轴上存在点，使得为定值．6．（2024·全国·一模）如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.【解析】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，且，解得，所以椭圆方程为.（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：设，则Q在P的极线上，现在如果经过P的直线交椭圆于：那么，代入椭圆就得到，所以，由韦达定理有，此时要证明的是：，也就是，也就是，也就是，

也就是，也就是，

也就是，也就是，也就是，也就是，也就是，这显然成立，所以结论得证.接下来我们回到原题，①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，而，所以，这表明Q是和的交点，又由于，故，设，而，，，所以，也就是E是的中点；②设，那么，所以，这表明的方程是，即，所以恒过点.7．（2024·新疆塔城·二模）已知动圆经过定点，且与直线相切，设动圆圆心的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)设过点的直线，分别与曲线交于，两点，直线，的斜率存在，且倾斜角互补，求证：直线的倾斜角为定值.【解析】（1）因为动圆经过定点，且与直线相切，即动圆圆心到点的距离与到直线的距离相等，又点不在直线上，由抛物线的定义可知动圆圆心是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以动圆圆心的轨迹为.（2）依题意设直线方程为，直线，的斜率存在，且倾斜角互补，的方程为．联立方程组，消元得，，因为此方程的一个根为，设，，则，同理可得，，．．，设直线的倾斜角为，则，又，所以，直线的斜率为定值，倾斜角为定值．8．（2024·天津南开·一模）已知椭圆C：的一个焦点与抛物线的焦点F重合，抛物线的准线被C截得的线段长为.(1)求椭圆C的方程；(2)过点F作直线l交C于A，B两点，试问：在x轴上是否存在一个定点M，使为定值？若存在，求出M的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】（1）抛物线的焦点，准线方程为，由题意得，解得，所以椭圆C的方程为.（2）假设存在符合条件的点，设，则，，①当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，由，得，则，所以，因此，若对于任意的t值，上式为定值，则，解得，此时，为定值.②当直线l的斜率为0时，综合①②知，符合条件的点M存在，其坐标为.9．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知椭圆经过点，下顶点为抛物线的焦点．(1)求椭圆的方程；(2)若点均在椭圆上，且满足直线与的斜率之积为，（ⅰ）求证：直线过定点；（ⅱ）当时，求直线的方程．【解析】（1）抛物线的焦点为，所以椭圆的下顶点，则，又椭圆经过点，所以，解得，所以椭圆方程为；（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，设，则，所以，则，与矛盾，所以直线的斜率存在，由已知直线斜率同号，因此直线的斜率存在且不为，设直线的方程为，设，由得，由，可得，所以，，则，，所以，即，所以，解得或，当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，不合题意，当时直线方程为，令，可得，所以直线恒过定点，符合题意．综上可得直线恒过定点.（ⅱ）设直线恒过定点为，此时，解得，由，可得，又，，所以，，所以，解得，满足，所以，所以直线方程为.10．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．(1)求“椭圆”的方程；(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．【解析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，即，即，所以“椭圆”的方程为；（2）由方程，得，因为，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“椭圆”的范围为，，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；（3）由题意可设椭圆的方程为，将点代入得，解得，所以椭圆的方程为，，由题意可设直线的方程为，联立，得，恒成立，则，因为的中点为，所以直线的中垂线的方程为，同理直线的中垂线的方程为，设，则是方程的两根，即是方程的两根，所以，又因，所以，两式相比得，所以，所以，所以直线与的斜率之积为定值．11．（2024·高三·云南昆明·阶段练习）平面上一动点满足．(1)求P点轨迹的方程；(2)已知，，延长PA交于点Q，求实数m使得恒成立，并证明：为定值【解析】（1）由题意可得，动点P到定点的距离比到定点的距离大2，由双曲线的定义，P点轨迹是以，为焦点的双曲线的左支，设，则，，，所以的方程为．（2）如图，不妨设点P在第二象限，①当的斜率不存在时，，令，解得，则，此时，在中，，，即，②当的斜率存在时，令的倾斜角为，的倾斜角为，则，，假设成立，即，则有，即．又，，又点P的坐标满足，即，，，假设成立，综上，当时，有成立．此时，由对称性知，，而，为定值．12．（2024·高三·全国·专题练习）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妺”圆锥曲线.已知椭圆，双曲线是椭圆的“姊妺”圆锥曲线，分别为的离心率，且，点分别为椭圆的左､右顶点.(1)求双曲线的方程；(2)设过点的动直线交双曲线右支于两点，若直线的斜率分别为.（i）试探究与的比值是否为定值.若是定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由；（ii）求的取值范围.【解析】（1）由题意可设双曲线，则，解得，所以双曲线的方程为.（2）（i）设，直线的方程为，由，消元得.则，且，，或由韦达定理可得，即,，即与的比值为定值.（ii）方法一：设直线，代入双曲线方程并整理得，由于点为双曲线的左顶点，所以此方程有一根为，.由韦达定理得：，解得.因为点A在双曲线的右支上，所以，解得，即，同理可得，由（i）中结论可知，得，所以，故，设，其图象对称轴为，则在上单调递减，故，故的取值范围为；方法二：由于双曲线的渐近线方程为，如图，过点作两渐近线的平行线，由于点A在双曲线的右支上，所以直线介于直线之间（含轴，不含直线），所以.同理，过点作两渐近线的平行线，由于点在双曲线的右支上，所以直线介于直线之间（不含轴，不含直线），所以.由（i）中结论可知，得，所以,故.13．（2024·山东烟台·一模）已知双曲线经过点，离心率为，直线过点且与双曲线交于两点（异于点）.(1)求证：直线与直线的斜率之积为定值.并求出该定值；(2)过点分别作直线的垂线，垂足分别为，记的面积分别为，求的最大值.【解析】（1）令双曲线半焦距为c，依题意，，由，解得，则双曲线的方程为，显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为，由消去得，，，设，则，直线的斜率分别为，所以.（2）设直线的方程为，则直线的方程为，由，得点的纵坐标，用替换上式中的得点的纵坐标，则而，当且仅当时取等号，因此，所以的最大值为.14．（2024·北京门头沟·一模）已知椭圆的离心率为，椭圆的上顶点为A，右顶点为，点为坐标原点，的面积为2．(1)求椭圆的方程；(2)若过点且不过点的直线与椭圆交于两点，直线与直线交于点，试判断直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．【解析】（1）由已知可得解得，所以椭圆E的方程为.（2）当直线斜率不存在时，直线的方程为，代入椭圆方程得，不妨设此时，则，则直线NC的斜率为.当直线的斜率存在时，设其方程为，设则直线MQ的方程为，令，得，由消去得：，由于点P在椭圆内，则必有，则所以所以，所以CN的斜率为定值1.15．（2024·高三·上海闵行·期中）已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点．(1)求双曲线C的方程；(2)若，试问：是否存在直线，使得点M在以为直径的圆上?请说明理由．(3)点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值．【解析】（1）由双曲线的离心率为，且在双曲线上，可得，解得，∴双曲线的方程为．（2）双曲线的左焦点为，当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，舍去；当直线的斜率不为0时，设，联立方程组，消得，易得，设，则，可得，∵，则，即，可得与不垂直，∴不存在直线，使得点在以为直径的圆上．（3）由直线，得，∴，又，∴，∵，∴，且，∴，即为定值．16．（2024·江苏·模拟预测）已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左，右顶点和坐标原点，点为椭圆上异于的一动点，面积的最大值为.(1)求的方程；(2)过椭圆的右焦点的直线与交于两点，记的面积为，过线段的中点作直线的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为.①求的取值范围；②求证：为定值.【解析】（1）由题意知，解得，所以的方程为；（2）①易知，设直线方程为，如下图所示：联立，消去可得，所以，且，可得，令，可得，由对勾函数性质可得在时单调递增；所以可得；即的取值范围为.②易知，可得；所以；因此为定值.17．（2024·高三·福建福州·期末）已知椭圆的上、下顶点分别是A，B，点E（异于A，B两点）在椭圆C上，直线EA与EB的斜率之积为，椭圆C的短轴长为2．(1)求椭圆C的标准方程；(2)点Q是椭圆C长轴上的不同于左右顶点的任意一点，过点Q作斜率不为0的直线l，l与椭圆的两个交点分别为P，N，若为定值，则称点Q为“稳定点”，问：是否存在这样的稳定点？若有，求出所有的“稳定点”；若没有，请说明理由．【解析】（1）由题，，即，所以，，设，由可得，，化简得，又点满足上式，所以椭圆C的标准方程为.（2）存在这样的点，设直线，，，，联立，消去整理得，，，，又，，，要使上式为定值，则，故当时，为定值，综上，存在这样的稳定点.18．（2024·山东·模拟预测）设异面直线与所成的角为，公垂线段为，且，、分别直线m、n上的动点，且，为线段中点，建立适当的平面直角坐标系可确定点的轨迹方程．(1)请根据自己建立的平面直角坐标系求出．(2)为的任意内接三角形，点为的外心，若直线的斜率存在，分别为，，，，证明：为定值．【解析】（1）过作直线，则直线的夹角为，令它们确定的平面为，有，过作，交直线于点，连接，于是，而，则，取的中点，而是线段的中点，连接，则，，显然四边形为矩形，，而，因此，点在移动过程中，点到平面的距离，于是点轨迹所在平面平行于，点轨迹与点的轨迹形状完全相同，在平面内以直线相交构成的两组对顶角的平分线为坐标轴，建立平面直角坐标系，其中轴与直线都成，令直线的方程分别为，设，则，即，由，得，于是，即，所以方程为.（2）设，则，显然中任意两个都不