高考数学微专题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（解析版）

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．（2022·江西赣州·一模（文））已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，满足，且面积的最大值为.(1)求椭圆的方程；(2)点，点A，B在椭圆上，点N在直线：，满足，，试问是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)定值为，理由见解析.【解析】【分析】（1）由，得到，根据面积的最大值为，得到，结合，求得，即可求得椭圆的方程；（2）设过点的直线为，联立方程组得到，再联立两直线，求得，根据，，求得，进而结合韦达定理，化简得到，即可得到结论.(1)解：由椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，因为，可得，即，又由面积的最大值为，可得，即，因为，即，解得，所以椭圆的方程为.(2)解：由，，可得点四点共线，如图所示，设过点的直线方程为，即，联立方程组，整理得，设，则，联立方程组，可得，即，因为，，可得，所以则，所以为定值.例2．（2022·北京·一模）已知椭圆的下顶点和右顶点都在直线上.(1)求椭圆方程及其离心率；(2)不经过点的直线交椭圆于两点，过点作轴的垂线交于点，点关于点的对称点为.若三点共线，求证：直线经过定点.【答案】(1)，离心率为.(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）求出顶点坐标后可求椭圆的方程和离心率；（2）设，则可用此两点坐标表示，根据三点共线可得，利用点在直线可得，再联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理可得定点.(1)因为下顶点和右顶点都在直线上，故，故椭圆方程为：.其离心率为(2)设，则.则，故，因为三点共线，故，整理得到：，即.由可得，故且，故，整理得到：，若，则，故过，与题设矛盾；若，则，故过定点.例3．（2022·江西九江·二模）已知椭圆的离心率为，P为椭圆E上一点，Q为圆上一点，的最大值为3（P，Q异于椭圆E的上下顶点）.(1)求椭圆E的方程；(2)A为椭圆E的下顶点，直线AP，AQ的斜率分别记为，，且，求证：直线PQ过定点，并求出此定点的坐标.【答案】(1)(2)证明见解析，定点【解析】【分析】（1）由的最大值为，得到，结合离心率列出的方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；（2）由（1）得到，求得直线，，分别与椭圆联立方程组，求得和，利用斜率公式求得，求得直线的方程，即可求解.(1)解：由椭圆的离心率为，可得，又由的最大值为，可得，可得，解得，所以椭圆的方程为.(2)解：由（1）可得点的坐标为因为直线的斜率分别记为，，且，可得直线的方程为，直线的方程为，联立方程组，整理得，解得或，将代入，可得，即，联立方程组，整理得，解得或，将代入，可得，即，则，所以直线的方程为，即，此时直线过定点，即直线恒过定点.例4．（2022·全国·模拟预测（文））已知双曲线（，）的左、右顶点分别为、，离心率为2，过点斜率不为0的直线l与交于P、Q两点．(1)求双曲线的渐近线方程；(2)记直线、的斜率分别为、，求证：为定值．【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）由双曲线的顶点坐标、离心率，结合双曲线参数的关系求a、b，进而写出双曲线方程，即可得渐近线方程.（2）讨论l的斜率：当不存在求P、Q的坐标，进而可得；当存在，设，，l为，并联立双曲线方程，应用韦达定理及斜率的两点式求证是否成立即可.(1)设双曲线的半焦距为c，由题设，，，   双曲线的方程为，故渐近线方程为．(2)当l的斜率不存在时，点P、Q的坐标分别为和，所以，当时有；当时有，此时，当l的斜率k存在时，设，，l为，将直线l代入双曲线方程得，所以，，   因为，所以，即，综上，为定值，得证．例5．（2022·陕西咸阳·二模（理））已知抛物线C：（），过焦点F作x轴的垂线与抛物线C相交于M､N两点，S△MON=2.(1)求抛物线C的标准方程；(2)点A是抛物线C上异于点O的一点，连接AO交抛物线的准线于点D，过点D作x轴的平行线交抛物线于点B，求证：直线AB恒过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）利用求出，即可把表示成关于的函数，结合解方程，即可求出结果.（2）设，，分别表示出，的坐标，即可利用，，三点共线求出的值，再设直线方程为，联立抛物线方程即可求解得到，最后求出的值，即可判断直线所过的定点.(1)由题知，，代入抛物线得，，所以，解得：，从而抛物线的方程为.(2)设，，（），则，则，，由，，三点共线，有：，即，由题知，直线不与轴平行，设其方程为，联立得：得：，从而，则，则，从而直线方程为，恒过点.例6．（2022·广西柳州·三模（理））已知点，点，点M与y轴的距离记为d，且点M满足：，记点M的轨迹为曲线W．(1)求曲线W的方程；(2)设点P为x轴上除原点O外的一点，过点P作直线，，交曲线W于点C，D，交曲线W于点E，F，G，H分别为CD，EF的中点，过点P作x轴的垂线交GH于点N，设CD，EF，ON的斜率分别为，，的，求证：为定值．【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】(1)设，则，根据平面向量数量积的坐标表示化简计算即可；(2)设和直线GH的方程，进而求出点的坐标，设、，利用点差法和弦中点坐标公式计算化简可得，同理可得，根据韦达定理可得，代入计算化简即可.(1)设，由题意得，，由,∴∴．∴，即M的轨迹方程为；(2)显然GH斜率存在，设，设GH的方程为：由题意知CD的方程为：联立方程解得：可得：设，，C，D都在曲线W上，则有①②①-②得：则有：又G为CD中点，则有；可得：同理可得：故，为关于k的方程的两实根由韦达定理得：，将代入直线GH中得：可得：故有：则，故为定值例7．（2022·山西太原·一模（文））已知抛物线的焦点为，点为坐标原点，一条直线过定点与抛物线相交于、两点，且.(1)求抛物线方程；(2)连接，并延长交抛物线于、两点，求证：直线过定点.【答案】(1)(2)证明见解析【解析】【分析】（1）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由，可得，即可得到，代入解得，即可得解；（2）设点，，，的纵坐标依次为，，，，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可得到，同理可得，即可得到，再设直线方程为，联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，求出，即可得到直线过定点坐标；(1)解：设直线的方程为，它与抛物线的两个交点为和，联立直线与抛物线方程，消去得：，∴，①     ，②∵，∵，即，∴，，∴，所以抛物线方程为.(2)解：设点，，，的纵坐标依次为，，，，设直线的方程为，联立方程，消去得：，∴，同理，由（1）中②可知：，∴，设直线方程为，联立方程，消去得：，则有，即，因此直线过点.过关测试1．（2022·陕西陕西·一模（理））已知抛物线，过点作两条互相垂直的直线，设分别与抛物线相交于及两点，当点的横坐标为时，抛物线在点处的切线斜率为.(1)求抛物线的方程；(2)设线段的中点分别为，为坐标原点，求证直线过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）结合导数知识，利用切线斜率构造方程可得，由此可得抛物线方程；（2）将直线方程代入抛物线方程中，结合韦达定理可确定中点坐标，同理可得中点坐标，利用直线方程两点式可得直线方程，化简可知其过定点.(1)由得：，则，，解得：，抛物线方程为：；(2)由题意知：直线的斜率都存在且都不为零，由（1）知：，设直线，代入得：，设，，则，，，中点；，，同理可得：中点；的方程为：，化简整理得：，则当时，，直线恒过定点.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物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．（2022·辽宁抚顺·一模）已知椭圆，若下列四点_________中恰有三点在椭圆C上.①；②.(1)从①②中任选一个条件补充在上面的问题中，并求出椭圆C的标准方程；(2)在（1）的条件下，设直线l不经过点且与椭圆C相交于A，B两点，直线与直线的斜率之和为1，过坐标原点O作，垂足为D（若直线l过原点O，则垂足D视作与原点O重合），证明：存在定点Q，使得为定值.【答案】(1)选择条件见解析，(2)选择条件见解析，证明见解析【解析】【分析】（1）选择①，判断一定不在椭圆C上，将点坐标代入椭圆方程，解方程组可得答案；选择②，判断一定不在椭圆C上，将点坐标代入椭圆方程，解方程组可得答案；（2）选择①,讨论直线斜率是否存在，然后分情况解答，直线斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，表示出，结合根与系数的关系式化简，并分类讨论D与O是否重合，可得到答案;选择的是②时，分析方法仿选择①时的方法.(1)选择①，由关于y轴对称，且四点中恰有三点在椭圆C上，所以都在椭圆C上，且一定不在椭圆C上，所以三点在椭圆C上把代入椭圆C的方程，得，解得，所以椭圆C的标准方程为选择②，由关于x轴对称，且四点中恰有三点在椭圆C上，所以都在椭圆C上，且一定不在椭圆C上，所以三点在椭圆C上,把代入椭圆C的方程，得，解得，所以椭圆C的标准方程为(2)若（1）选择的是①，则当直线l的斜率不存在时，设，因为，解得，此时直线l过椭圆左顶点，直线l与椭圆C不存在两个交点，故不满足题意；当直线l的斜率存在时，设，联立，整理得，所以，，因为，解得，当且仅当时，，于是，即，所以l过定点令Q为的中点，即，由知，D与P不重合，若D与O不重合，则由题设知是的斜边，故;若D与O重合，则，综上，存在定点，使得为定值;若（1）选择的是②，则当直线l的斜率不存在时，设，因为，解得，此时直线l过椭圆右顶点，直线l与椭圆C不存在两个交点，故不满足题意;当直线l的斜率存在时，设，联立，整理得，所以，，因为，解得，当且仅当时，，于是，即，所以l过定点，令Q为的中点，即，由知，D与P不重合，若D与O不重合，则由题设知是的斜边，故；若D与O重合，则，综上，存在定点，使得为定值.【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆的位置关系中的定点定值问题，综合性强，计算复杂，解答的关键是明确解题思路，准确计算.3．（2022·安徽安庆·二模（文））已知椭圆：的长轴长是短轴长的两倍，且过点.(1)求椭圆的方程.(2)设椭圆的下顶点为点，若不过点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，直线，分别与轴交于，两点.若，的横坐标之积是2，证明：直线过定点.【答案】(1)；(2)证明见解析.【解析】【分析】（1）根据给定条件，列出关于a，b的方程求解作答.（2）设出直线l的方程及点P，Q的坐标并表示出点M，N的坐标，再联立l与E的方程，借助韦达定理计算作答.(1)依题意，，椭圆E方程为：，又椭圆过，于是有，解得，，所以椭圆的方程为.(2)由（1）知，依题意，设直线的方程为，，，直线的方程为，令，得点的横坐标为，同理得点的横坐标为，由消去y并整理得，，，即，，，因此，，即，解得，直线的方程为，过定点，所以直线过定点.【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.4．（2022·北京石景山·一模）已知椭圆C：的短轴长等于，离心率．(1)求椭圆的标准方程；(2)过右焦点作斜率为的直线，与椭圆交于A，B两点，线段的垂直平分线交轴于点，判断是否为定值，请说明理由．【答案】(1)