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微考點6-3 圓錐曲線中的定點定值問題（三大題型）
求解直線過定點問題常用方法如下：
①“特殊探路，一般證明”：即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
②“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
③求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程.
④設直線為，根據題目給出的條件，轉化為坐標之間的關系，利用韋達定理找出與之間的關系，即可求出定點.
題型一：圓錐曲線中直線過定點問題
【精選例題】
【例1】
1．已知為橢圓上一點，點與橢圓的兩個焦點構成的三角形面積為．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)不經過點的直線與橢圓相交于兩點，若直線與的斜率之和為，證明：直線必過定點，并求出這個定點坐標．
【例2】
2．已知橢圓的離心率，且橢圓經過點.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過點且斜率不為零的直線與橢圓交于兩點，關于軸的對稱點為，求證：直線與軸交于定點.
【跟蹤訓練】
3．“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術活動，在我國源遠流長，某些折紙活動蘊含豐富的數學知識，例如：用一張圓形紙片，按如下步驟折紙（如圖）：

步驟1：設圓心是，在圓內異于圓心處取一定點，記為；
步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點（即折疊后圖中的點與點重合）；
步驟3：把紙片展開，并留下一道折痕，記折痕與的交點為；
步驟4：不停重復步驟2和3，就能得到越來越多的折痕.
現取半徑為4的圓形紙片，設點到圓心的距離為，按上述方法折紙.以線段的中點為原點，線段所在直線為軸建立平面直角坐標系，記動點的軌跡為曲線.
(1)求的方程；
(2)設軌跡與軸從左到右的交點為點，，點為軌跡上異于，，的動點，設交直線于點，連結交軌跡于點.直線、的斜率分別為、.
（i）求證：為定值；
（ii）證明直線經過軸上的定點，并求出該定點的坐標.
4．已知橢圓的中心為坐標原點，對稱軸為坐標軸，且過點，，，為橢圓上關于軸對稱的兩點（不與點B重合），，直線與橢圓交于另一點，直線垂直于直線，為垂足．
(1)求的方程；
(2)證明：（i）直線過定點，（ii）存在定點，使為定值．
題型二：圓錐曲線中圓過定點問題
【精選例題】
【例1】
5．已知橢圓：（）的離心率為，其左 右焦點分別為，，為橢圓上任意一點，面積的最大值為1.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)已知，過點的直線與橢圓交于不同的兩點，，直線，與軸的交點分別為，，證明：以為直徑的圓過定點.
【例2】
6．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓：過點，離心率為，其左右焦點分別為，．
(1)若點P與，的距離之比為，求直線被點P所在的曲線截得的弦長；
(2)設，分別為橢圓的左、右頂點，Q為上異于，的任意一點，直線，分別與橢圓的右準線交于點M，N，求證：以為直徑的圓經過x軸上的定點．
【跟蹤訓練】
7．設橢圓的離心率為，點為橢圓上一點，的周長為.
(1)求橢圓的方程；
(2)設動直線與橢圓有且只有一個公共點，且與直線相交于點.問：軸上是否存在定點，使得以為直徑的圓恒過定點？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.
8．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：的長軸長為4，且經過點，其中e為橢圓C的離心率.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點的直線l交橢圓C于A，B兩點，點B關于x軸的對稱點為，直線交x軸于點Q，過點Q作l的垂線，垂足為H，求證：點H在定圓上.
題型三：圓錐曲線中圓過定值問題
【精選例題】
【例1】
9．在平面直角坐標系中，已知橢圓的離心率為，且右焦點到直線的距離為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設橢圓上的任一點，從原點向圓引兩條切線，設兩條切線的斜率分別為，
（i）求證：為定值；
（ii）當兩條切線分別交橢圓于時，求證：為定值.
【例2】
10．已知橢圓：離心率，且經點．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過橢圓C右焦點的直線l交橢圓于A，B兩點，交直線于點D，且，設直線，，的斜率分別為，，，若，證明為定值．
【例3】
11．已知橢圓過點，離心率．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設過點的斜率為直線交橢圓于另一點，若的面積為2，其中為坐標原點，求直線的斜率的值；
(3)設過點的直線交橢圓于點，，直線，分別交直線于點，．求證：線段的中點為定點．
【跟蹤訓練】
12．如圖，D為圓O：上一動點，過點D分別作x軸，y軸的垂線，垂足分別為A，B，連接并延長至點W，使得，點W的軌跡記為曲線．
(1)求曲線C的方程；
(2)若過點的兩條直線，分別交曲線C于M，N兩點，且，求證：直線MN過定點；
(3)若曲線C交y軸正半軸于點S，直線與曲線C交于不同的兩點G，H，直線SH，SG分別交x軸于P，Q兩點．請探究：y軸上是否存在點R，使得？若存在，求出點R坐標；若不存在，請說明理由．
13．已知橢圓的長軸長為4，離心率為，定點．
(1)求橢圓的方程；
(2)設直線與橢圓分別交于點（不在直線上），若直線，與橢圓分別交于點，，且直線過定點，問直線的斜率是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由.
14．已知橢圓C：的左、右頂點分別為A，B，其離心率為，點P是C上的一點（不同于A，B兩點），且面積的最大值為．
(1)求C的方程；
(2)若點O為坐標原點，直線AP交直線于點G，過點O且與直線BG垂直的直線記為l，直線BP交y軸于點E，直線BP交直線l于點F，試判斷是否為定值？若是，則求出該定值；若不是，請說明理由．
15．設橢圓：的左、右頂點分別為C，D，且焦距為2.F為橢圓的右焦點，點M在橢圓上且異于C，D兩點.若直線與的斜率之積為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)過點作一條斜率不為0的直線與橢圓E相交于A，B兩點（A在B，P之間），直線與橢圓E的另一個交點為H，求證：點A，H關于x軸對稱.
16．已知橢圓E：的左、右焦點分別為，，左頂點為A，，P是橢圓E上一點（異于頂點），O是坐標原點，Q在線段上，且∥，．
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)若直線l與x軸交于點C、與橢圓E交于點M，N，B與N關于x軸對稱，直線MB與x軸交于點D，證明：為定值．
17．已知為圓：上任一點，，，，且滿足.
(1)求動點的軌跡的方程；
(2)過點的直線與軌跡相交于,兩點，是否存在與點不同的定點，使恒成立？若存在，求出點 的坐標；若不存在，請說明理由.
18．橢圓的兩個焦點分別為，，離心率為，為橢圓上任意一點，不在軸上，的面積的最大值為.
(1)求橢圓的方程；
(2)過點的直線與橢圓相交于M，N兩點，設點，求證：直線，的斜率之和為定值，并求出定值.
19．已知，，動圓與圓外切且與圓內切． 圓心的軌跡為曲線．
(1)求曲線C的方程；
(2)是否存在過點的直線交曲線C于A，B兩點，使得點Q為中點時，直線的斜率與直線OQ的斜率乘積為定值？如果存在，求出這個定值，如果不存在，說明理由．
20．已知橢圓的長軸為雙曲線的實軸，且橢圓過點.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設點是橢圓上異于點的兩個不同的點，直線與的斜率均存在，分別記為，若，試問直線是否經過定點，若經過，求出定點坐標；若不經過，請說明理由.
21．已知橢圓的離心率為，且過點.
(1)求橢圓的標準方程.
(2)已知過右焦點的直線與交于兩點，在軸上是否存在一個定點，使？若存在，求出定點的坐標；若不存在，請說明理由.
22．已知橢圓的左、右焦點分別為，，上、下頂點分別為，，且四邊形是面積為8的正方形．
(1)求C的標準方程；
(2)M，N為C上且在x軸上方的兩點，，與的交點為P，試問是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由．
23．已知橢圓的左 右焦點分別為，點在橢圓上，且滿足軸，.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設橢圓的右頂點為，左頂點為，是否存在異于點的定點，使過定點的任一條直線均與橢圓交于（異于兩點）兩點，且使得直線的斜率為直線的斜率的2倍？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.
24．已知橢圓C：（）的離心率為，其左、右焦點分別為，，點P是坐標平面內一點，且（O為坐標原點）．
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點且斜率為k的動直線l交橢圓于A，B兩點，在y軸上是否存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過點M？若存在，求出點M的坐標和面積的最大值；若不存在，說明理由．
【點睛】方法點睛：存在性問題求解的思路及策略
（1）思路：先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在；若結論不正確則不存在；
（2）策略：①當條件和結論不唯一時要分類討論；
②當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件；
③當條件和結論都不知，按常規法解題很難時，可先由特殊情況探究，再推廣到一般情況．
25．已知橢圓經過點，且右焦點為
(1)求C的標準方程；
(2)過點且斜率不為0的直線l與C交于M，N兩點，直線分別交直線AM，AN于點E，F，以EF為直徑的圓是否過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請說明理由．
26．已知橢圓過點，離心率為.
(1)求橢圓的方程；
(2)已知的下頂點為，不過的直線與交于點，線段的中點為，若，試問直線是否經過定點？若經過定點，請求出定點坐標；若不過定點，請說明理由.
試卷第2頁，共2頁
試卷第1頁，共1頁
參考答案：
1．(1)
(2)證明見解析，定點
【分析】（1）根據焦點三角形的面積和點坐標求解出的值，則的值可求，故橢圓的標準方程可知；
（2）當直線的斜率不存在時，直接分析即可；當直線的斜率存在時，設出的方程并與橢圓方程聯立得到橫坐標的韋達定理形式，將斜率關系轉化為坐標運算，從而求解出直線方程中參數的關系，由此可求直線所過的定點.
【詳解】（1）因為點與橢圓的兩個焦點構成的三角形面積為，所以且，
所以，，所以，
所以橢圓的標準方程：；
（2）設，
當直線的斜率不存在時，則，
由，
解得，此時，故重合，不符合題意，
所以直線的斜率一定存在，設不經過點的直線方程為：，
由得，
且，即，
所以，
因為，
所以，
所以，
所以，即，
化簡可得：，
因為，所以，
所以，
所以直線必過定點．
【點睛】方法點睛：圓錐曲線中過定點問題的兩種求解方法：
（1）若設直線方程為或，則只需要將已知條件通過坐標運算轉化為之間的線性關系，再用替換或用替換代入直線方程，則定點坐標可求；
（2）若不假設直線的方程，則需要將直線所對應線段的兩個端點的坐標表示出來，然后選擇合適的直線方程形式表示出直線方程，由此確定出定點坐標.
2．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）利用離心率以及橢圓經過點的坐標聯立解方程組，即可求得橢圓的標準方程；
（2）設直線的方程為并于橢圓聯立，利用韋達定理寫出直線的方程，求出點橫坐標表達式即可得.
【詳解】（1）由離心率可得，
將點代入橢圓方程可得，又；
解得，
所以橢圓C的方程為
（2）設點，，則，直線的方程為，
直線與橢圓聯立，消去，得，
則可得，，
易知，得
由題意，直線的方程為，
令，所以點的橫坐標，
所以直線與軸交于定點
3．(1)
(2)（i）證明見解析（ii）證明見解析，該定點的坐標為
【分析】（1）由折紙的對稱性，可知，從而確定點的軌跡；
（2）（i）設點，，，根據斜率公式分別求出、，結合橢圓方程證明；
（ii）設直線的方程為，直曲聯立，結合韋達定理和（i）的結論求出，根據直線方程即可求出定點.
【詳解】（1）由題意可知，，
故點的軌跡是以，為焦點，且長軸長的橢圓，
焦距，所以，
因此軌跡方程為.
（2）證明：（i）設，，，
由題可知，如下圖所示：
則，，
而，于是，
所以，
又，則，
因此為定值.
（ii）設直線的方程為，，，
由，得，
所以.
由（i）可知，，
即，
化簡得，解得或（舍去），
所以直線的方程為，
因此直線經過定點.
【點睛】本題第二問（ii）解題關鍵是設出直線方程聯立橢圓方程，利用韋達定理結合（i）的結論列方程可得.
4．(1)；
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析.
【分析】（1）設方程為，代入點的坐標，得出方程組，求解即得.
（2）（i）設的方程為，與橢圓方程聯立，根據韋達定理表示出坐標關系，得出的方程為，令，整理可得，即可得出定點；（ii）由已知可得，即可得出的軌跡，得出答案.
【詳解】（1）設的方程為，則，解得，
所以的方程為.
（2）（i）依題意，直線的斜率存在且不為0，設的方程為，
設點，，則，
由消去并整理得，則，
，，顯然，
直線的斜率，直線的方程為，
令，則，
所以直線恒過定點.
（ii）令直線過的定點為點，由，在上，得，
則點在以為直徑的圓上，從而的中點為定點，使為定值.

【點睛】思路點睛：設的方程為，與橢圓聯立得出方程，根據韋達定理得出坐標關系.進而整理化簡，即可得出定點坐標.
5．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）依題意可得，即可求出、、，即可得解；
（2）設直線的方程為，，，聯立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，由直線、的方程，得到、的坐標，即可得到以為直徑的圓的方程，再令，得到，即可得解；
【詳解】（1）解：因為橢圓的離心率為，所以.
又當位于上頂點或者下頂點時，面積最大，即.
又，所以，.
所以橢圓的標準方程為.
（2）解：由題知，直線的斜率存在，所以設直線的方程為，設，，
將直線代入橢圓的方程得：，
由韋達定理得：，，
直線的方程為，直線的方程為，
所以，，
所以以為直徑的圓為，
整理得：.①
因為，
令①中的，可得，所以，以為直徑的圓過定點.
6．(1)
(2)證明見解析
【分析】根據題意，利用上的點和離心率得及；
（1）由點與，的距離之比化簡整理得到點的軌跡方程是一個圓，利用利用勾股定理可得弦長；
（2）根據題意，寫出直線，的直線方程并求其右準線交于點M，N的坐標，假設軸上存在點在以為直徑的圓上，利用求出的值，從而得證以為直徑的圓經過x軸上的定點.
【詳解】（1）因為橢圓：過點，所以．
又因為離心率，即，故，
所以，即，所以，則，．
設，則，即，
所以點的軌跡為圓心，半徑的圓．

其圓心到直線的距離為，
所以弦長．
故直線被點P所在的曲線截得的弦長為.
（2）證明：由（1）知，所以，，右準線．
設，，
由：，則，
同理．
假設軸上存在點在以為直徑的圓上，則
因為
，
因為Q點在橢圓上，所以，即，
所以，即，解得或，
點和都滿足題意.

所以以MN為直徑的圓經過x軸上的定點和.
7．(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）根據橢圓的定義，結合橢圓離心率的公式進行求解即可；
（2）將直線方程與橢圓方程聯立，利用一元二次方程根的判別式，結合圓的性質進行求解即可.
【詳解】（1）由 可得 ，①
的周長為，所以，
即②
聯立①②得： ，， ，
∴橢圓的方程為 ；
（2）設點．
由 ，得 ，
，化簡得 ，
∴ ，
∴ ．
由 ，得，
假設存在點，
則 ， ，
∵以為直徑的圓恒過點，∴ ，
即 ，
∴ 對任意都成立．
則 ，解得 ，
故存在定點符合題意．
【點睛】關鍵點睛：利用以線段為直徑的圓的性質是解題的關鍵.
8．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據橢圓的長軸長，以及橢圓過的點，求出b的值，即可求得答案；
（2）設l的方程為，聯立橢圓方程，可得根與系數的關系式，結合的方程可求得Q點坐標，從而可得的方程，并求出其過定點，結合垂直關系，即可證明結論.
【詳解】（1）因為橢圓C：的長軸長為，所以，
因為橢圓經過點，所以，
又，所以，
整理得，解得或(舍)．
所以橢圓C的方程為
（2）證明：由題意可知，l的斜率存在，
設l的方程為，，則．
由，得，，
所以，
因為的方程為，
令，得
，
即，
因為，
①當時，的斜率為，則的方程為，即，
所以恒過點．
②當時，l的方程為，，則的方程為，
此時也過點．
綜上，恒過定點，
由題意可知，故點H在以PM為直徑的定圓上．
【點睛】：關鍵點睛：本題第二問證明點H在定圓上，關鍵在于推出直線過定點，從而結合，即可證明結論.
9．(1)
(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析
【分析】（1）直接列出關于的方程組求解；
（2）（i）寫出切線方程，由圓心到切線距離等于半徑可以得出與的關系，從而得出是某個一元二次方程的解，利用韋達定理可得；
（ii）設，利用及橢圓方程求得，再求得后可得．
【詳解】（1）題意，，解得，
所以橢圓的方程為.
（2）（i）證明：依題意，兩條切線方程分別為，
由，化簡得，
同理.
所以是方程的兩個不相等的實數根，
則.
又因為，所以，
所以.
（ii）證明：由（得，，設，則，即，
因為，所以，
得，即，
解得，
所以，
所以為定值.
10．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）由題意可得，解方程求出，即可得出答案；
（2）設，，設直線方程為：，將直線方程與隨圓方程聯立，得到關于的一元二次方程，根據韋達定理，可得的表達式，由此表示出，再代入化簡即可得出答案.
【詳解】（1）由題意知，解得，，
故橢圓的標準方程為．
（2）由題意直線的斜率一定存在，由（1）知，則橢圓的右焦點的坐標為，
設直線方程為：，坐標為．所以，
設，，將直線方程與隨圓方程聯立，
∴，又恒成立，
由韋達定理知，，
，
∴
∴
【點睛】關鍵點睛：解題的關鍵是根據直線方程得到坐標為，則，直線方程與隨圓方程聯立，化簡整理，結合韋達定理表示出，代入化簡即可得出答案.
11．(1)
(2)0
(3)證明見解析
【分析】（1）根據給定條件，列出關于的方程組并求解即得.
（2）由點斜式寫出直線的方程，與橢圓方程聯立結合三角形面積求出k值即得.
（3）設出直線的方程，與橢圓方程聯立，求出點的坐標，結合韋達定理計算得解.
【詳解】（1）令橢圓半焦距為c，依題意，，
解得，，，所以橢圓的方程為．
（2）設直線的方程為，，
則原點到直線的距離為，
由消去并化簡得，
顯然，設，有，則，
于是，
則，解得，
所以直線的方程為．

（3）依題意，直線的斜率存在，設直線的方程為，
由，消去并化簡得，
則，，
由，得，所以，
顯然直線，的斜率存在，直線的方程為，
令，得，
同理得，
所以
，
所以線段的中點為定點.
【點睛】結論點睛：過定點的直線l：y=kx+b交圓錐曲線于點，，則面積；
過定點直線l：x=ty+a交圓錐曲線于點，，則面積.
12．(1)
(2)證明見解析，
(3)存在，
【分析】（1）設，求得D點并代入，化簡求得曲線C的方程；
（2）設的方程為，直線的方程為，將直線的方程與曲線C的方程聯立，求得M，N的坐標，對進行分類討論，由此證得直線過定點并求得定點坐標；
（3）假設存在點使得，先求得，設出G，H的坐標，由直線SH和直線SG的方程求得P，Q兩點的坐標，結合G在曲線C上求得R點的坐標．
【詳解】（1）設，，則，
由題意知，所以，得(，所以，
因為，得，故曲線C的方程為．
（2）由題意可知，直線不平行坐標軸，
則可設的方程為：，此時直線的方程為．
由，消去得：，
解得：或(舍去)，所以，
所以，同理可得：．
當時，直線的斜率存在，
，
則直線的方程為，
所以直線過定點．
當時，直線斜率不存在，此時直線方程為：，也過定點，
綜上所述：直線過定點．
（3）假設存在點R使得，設，
因為，所以，即，
所以，所以，
直線與曲線C交于不同的兩點G、H，易知G、H關于軸對稱，
設，
易知點，直線方程是，
令得點P橫坐標，
直線方程是，令得點Q橫坐標，
由，得，又在橢圓上，
所以，所以，解得，
所以存在點，使得成立．
13．(1)
(2)直線的斜率為定值1
【分析】（1）由長軸長和離心率可求出，結合關系式可求出，進而求出橢圓的方程；
（2）可設，，，，由，得，將，代入橢圓整理得，聯立求得，同理求得，結合，化簡求出，由即可求解.
【詳解】（1）由橢圓的長軸長為4可知，
又橢圓的離心率為，即，所以，則，
因此橢圓的方程為；
（2）
直線的斜率為定值，定值為1，
證明：設，，，，，
，，
由，有，
因為，在橢圓上，
所以，，因此，
整理得，
即，因此，
聯立，
解得，同理，
又因為直線過定點，所以，
將，，，代入，
有，整理得，
又，所以．
綜上，直線的斜率為定值1．
【點睛】關鍵點睛：本題涉及的量比較多，關鍵是設而不求，整體代換的思想的應用.
14．(1)；
(2)是定值，.
【分析】（1）根據離心率及焦點三角形性質、橢圓參數關系求參數，即可得方程；
（2）設，且，求得，再根據已知可得直線，而直線，進而求出坐標，過作軸，利用等比例關系求即可得結論.
【詳解】（1）由題意，故.
（2）由（1）及題設知：，直線的斜率存在且不為0，
設，則，即，
所以，又過點O且與直線BG垂直的直線記為l，則，
故直線，而直線，則，
聯立，而，可得，
所以，故，過作軸，如圖，
所以為定值.
15．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據直線與的斜率之積得到，故，結合焦距得到，，得到橢圓方程；
（2）設出直線方程，與橢圓方程聯立，得到兩根之和，兩根之積，表達出，得到結論.
【詳解】（1）由題意有，，
設，，化簡得，結合，
可得，
由橢圓焦距為2，有，得，，
橢圓E的標準方程為；
（2）顯然直線方程斜率不存在時，與橢圓方程無交點，
根據橢圓的對稱性，欲證，H關于軸對稱，
只需證，即證，

設，，直線方程為，
由消去得，
，解得，
所以，.
則，
因為，
所以，即A，H關于軸對稱.
16．(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）利用三角形中位線定理結合橢圓的定義及已知條件可求出，再由可求出，然后由可求得，從而可求出橢圓方程；
（2）由題意知直線MN，MB的斜率均存在且均不為零，設，，，，然后表示出直線MN，MB的方程，分別與橢圓方程聯立，利用根與系數的關系，得到兩個相等，化簡可得結論.
【詳解】（1）由題知，O是線段的中點，Q在線段上，∥，
則Q是線段的中點，可得，，
所以，即，
又因為，則， 可得，
所以橢圓E的標準方程為．
（2）由題意知直線MN，MB的斜率均存在且均不為零，
設，，，，則，
可得直線MN的方程為，直線MB的方程為，
聯立方程，
消去y并整理得，
則，，
聯立方程，
消去y并整理得，
則，．
因為，
即，
整理得，
當時，，即；
當時，C，D，M三點重合或N，B，C，D四點重合，此時；
綜上所述：，為定值．

【點睛】關鍵點睛：求解定值問題的三個步驟
(1)由特例得出一個值，此值一般就是定值；
(2)證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉化為代數式，可證明該代數式與參數(某些變量)無關；也可令系數等于零，得出定值；
(3)得出結論．
17．(1)
(2)存在，R的坐標為
【分析】（1）由可得，根據向量的加法以及數量積運算可，從而得到，結合橢圓的定義即可求出其軌跡方程.
（2）當過點的直線平行于軸時和垂直于軸時，求得，當不平行于軸時且不垂直于軸時，聯立方程，利用韋達定理和點關于軸的對稱點，結合，求得三點共線，從而滿足，即可判斷存在點不同的定點.
【詳解】（1）圓：，圓心，半徑為，因為，則，
因為，，則在線段上，即，
又因為，所以，即，
所以動點的軌跡是以為焦點，長軸長為的橢圓，
設橢圓方程為，則，，則，，
所以，則動點的軌跡的方程為.

（2）設過點的直線為，
當平行于軸時，直線與橢圓相交于兩點，如果存在點滿足條件，
則有，即，所以點在軸上，可設的坐標為；
當垂直于軸時，直線與橢圓相交于兩點，如果存在點滿足條件，則有，即，解得或，
所以若存在不同于點的定點滿足條件，則點的坐標為，
當不平行于軸時且不垂直于軸時，設直線方程為，，
聯立，得，
因為直線恒過橢圓內定點，故恒成立， ，
又因為點關于軸的對稱點的坐標為，
又，，
則，
所以，則三點共線，所以，
綜上，存在與點不同的定點，使恒成立，且.

18．(1)
(2)定值，
【分析】（1）根據題意列出方程即可；
（2）設出直線方程，聯立橢圓方程，列出表達式利用韋達定理計算即可.
【詳解】（1）因為橢圓的離心率為，所以，
設到的距離為，因為，
所以，易得當時面積取得最大值，
所以，因為，
所以，，所以橢圓的方程為；
（2）證明：如圖，易知點在橢圓外，
設直線的方程為，，，
由得，
所以，，，
因為，所以，
所以，
所以，
所以.
【點睛】關鍵點點睛：本題的第（2）問的化簡，這里化簡主要是利用了韋達定理和直線的方程，在化簡過程中同時涉及到通分，計算比較復雜，要認真計算.
19．(1)
(2)存在，
【分析】（1）先根據題意得到圓與圓的圓心和半徑，再根據題意求得，，從而根據橢圓的定義可知，動點的軌跡是以，為焦點，4為半長軸長的橢圓，進而即可求得曲線C的方程；
（2）先根據題意可得過點的直線的斜率存在，從而設直線為，再聯立曲線C的方程，消整理得到關于的一元二次方程，再結合點Q為中點，從而求得的值，進而即可得到結論．
【詳解】（1）依題意可得圓的圓心為，半徑為1，圓的圓心為，半徑為7，
設動圓的半徑為，
由動圓與圓外切且與圓內切，
則，且，
則由橢圓的定義可知，動點的軌跡是以，為焦點，4為半長軸長的橢圓，
所以，，，
故曲線C的方程的方程為．

（2）依題意可得過點的直線的斜率存在，
則設直線為，
聯立，消整理得，
當點Q為中點時，有，解得，
又，所以(定值)，
故直線的斜率與直線OQ的斜率乘積為定值．

20．(1)
(2)過定點，理由見解析
【分析】（1）由題意可得，，求出，從而可得橢圓方程，
（2）分直線的斜率存在和不存在兩種情況討論，設出直線的方程，與橢圓方程聯立，利用根與系數的關系，求出直線與的斜率，再由列方程可得參數的關系，代入直線方程可求出直線恒過的定點.
【詳解】（1）因為橢圓的長軸為雙曲線的實軸，
所以，
因為橢圓過點，所以，，得，
所以橢圓方程為；
（2）①當直線的斜率存在時，設其方程為，
由，得， ，
所以，，
所以，，
因為，所以，
所以，
所以，
所以，
化簡得，即，
所以或，
當時，直線的方程為，
則直線過定點（舍去），
當時，直線的方程為，
所以直線過定點，
②當直線的斜率不存在時，設直線為（），
由，得，所以，
所以，
解得（舍去），或，
所以直線也過定點，
綜上，直線恒過定點.
【點睛】處理定點問題的思路：
（1）確定題目中的核心變量（此處設為），
（2）利用條件找到與過定點的曲線的聯系，得到有關與的等式，
（3）所謂定點，是指存在一個特殊的點，使得無論的值如何變化，等式恒成立，此時要將關于與的等式進行變形，直至找到，
①若等式的形式為整式，則考慮將含的式子歸為一組，變形為“”的形式，讓括號中式子等于0，求出定點；
②若等式的形式是分式，一方面可考慮讓分子等于0，一方面考慮分子和分母為倍數關系，可消去變為常數.
21．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由離心率與定點代入橢圓方程，建立方程組待定系數即可；
（2）由條件轉化為，設直線的方程為，將斜率坐標化，利用韋達定理代入，得到的等式，不論如何變化，等式恒成立求值即可.
【詳解】（1）因為，所以.
所以橢圓的方程為.
因為點在橢圓上，所以，解得，
所以.
所以橢圓的標準方程為.
（2）存在定點，使.理由如下：
由（1）知，，則點.
設在軸上存在定點，使成立.
當直線斜率為時，直線右焦點的直線即軸與交于長軸兩端點，
若，則，或.
當直線斜率不為時，設直線的方程為，.
由消去并整理，得，
則.
因為，所以，
所以，即.
所以，
即，
恒成立，
即對，恒成立，則，即.
又點滿足條件.
綜上所述，故存在定點，使.

22．(1)；
(2)定值為．
【分析】（1）根據面積求出，即可得出橢圓方程；
（2）設，根據相似三角形表示出，利用直線與橢圓方程化簡可得的和積，代入化簡即可得解.
【詳解】（1）橢圓的左、右焦點分別為，，上、下頂點分別為，，因為四邊形是面積為8的正方形，
所以有且，解得，故，
所以橢圓的標準方程為；
（2）由已知，則，
設，因為，
所以．
又因為，所以，
所以
．
即．
設，的方程分別為：，，
設，，
則，
所以，
因此，
同理可得：，因此，，
所以．
所以為定值，定值為．
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于運算，大量的運算保證了消參的進行，為求證定值的必要條件，運算能力的培養是解決問題的關鍵.
23．(1)
(2)存在定點滿足題意，.
【分析】（1）由軸，得到，從而得到，，再利用橢圓定義求得a即可；
（2）假設存在滿足題意的定點，設直線的方程為，聯立，由，結合韋達定理求解.
【詳解】（1）解：因為軸，所以，
解得
所以.
根據橢圓的定義，得，
解得.
又，所以，
所以橢圓的標準方程為.
（2）假設存在滿足題意的定點.依題意，設直線的方程為，
聯立，消去并整理，得，
由，得.
由根與系數的關系，得.
由，得，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，
②-①，得，
當時，
解得，
所以.
又，所以.
因為上式在變化時恒成立，所以.又，所以.
此時點與點重合，不合題意，舍去；
所以，即，
此時點在橢圓的內部，滿足直線均與橢圓交于兩點，
所以存在定點滿足題意，.
24．(1)
(2)存在定點，面積的最大值為
【分析】（1）根據向量的數量積運算求得，結合離心率求，即可得方程；
（2），，聯立方程，根據結合韋達定理分析可知，再利用弦長公式結合基本不等式求面積最大值.
【詳解】（1）設橢圓C的半焦距為，
因為，
即，解得，
又因為，則，可得，
所以橢圓C的方程為.
（2）存在，理由如下：
因為在橢圓內，則動直線l與橢圓C必相交，
由題意可設：，，
聯立方程，消去y得，
則，
因為，
若以AB為直徑的圓恒過點M，
則
整理得，
可得，
令，即，
整理得，則，解得，
即，可得，所以，
又因為，
點到直線的距離，
則面積，
令，則，
可得，
因為在上單調遞增，且，則，
可得，則，
所以當且僅當時，面積取到最大值.
【點睛】方法點睛：存在性問題求解的思路及策略
（1）思路：先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在；若結論不正確則不存在；
（2）策略：①當條件和結論不唯一時要分類討論；
②當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件；
③當條件和結論都不知，按常規法解題很難時，可先由特殊情況探究，再推廣到一般情況．
25．(1)
(2)以EF為直徑的圓過定點,
【分析】（1）根據條件求出a，b，即可得橢圓方程；
（2）設直線l的方程為，聯立橢圓方程，利用韋達定理，求出E，F坐標，通過，求出，即可求得定點坐標
【詳解】（1）由題意，，，
所以，
故C的標準方程為
（2）以EF為直徑的圓過定點，理由如下：
設直線l的方程為，聯立橢圓方程，
消去x，整理可得，
則，且，
由直線AM方程為，令，求得點
由直線AN方程為，令，求得點
由對稱性可知，若以EF為直徑的圓過定點，則該定點一定在x軸上，
設該定點為，則，，
可得
由，解得，
故以EF為直徑的圓過定點,
26．(1)
(2)過定點，
【分析】（1）根據題意，列出關于的方程，代入計算，即可得到結果；
（2）根據題意，設的方程為，聯立直線與橢圓方程，結合韋達定理，由
，代入計算，即可得到結果.
【詳解】（1）依題意，得又，解得
所以橢圓方程為.
（2）
因為，所以，
又為線段的中點，所以，因此.
根據題意可知直線的斜率一定存在，設的方程為，
聯立消去，
得，
根據韋達定理可得，
因為，
所以
，
所以，
整理得，解得或.
又直線不經過點，所以舍去，
于是直線的方程為，恒過定點，該點在橢圓內，滿足，
所以直線恒過定點，定點坐標為.
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