命题角度5-5 圆锥曲线的定值、定点问题（第01期）-2018年高考数学（文）备考之百强校大题狂练系列

命题角度5-5 圆锥曲线的定值、定点问题（第01期）-2018年高考数学（文）备考之百强校大题狂练系列

‎2018届高考数学（文）大题狂练 命题角度5：圆锥曲线的定值、定点问题 ‎1.已知椭圆的焦点在轴上，中心在原点，离心率，直线与以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆相切.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设椭圆的左、右顶点分别为，点是椭圆上异于的任意一点，直线的斜率分别为.证明： 为定值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析: （I）设椭圆的方程，利用离心率e＝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：由椭圆的方程得，‎ 设点的坐标为，则.‎ ‎.‎ ‎.‎ 为定值.‎ 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. 已知动点到定直线的距离比到定点的距离大.‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）过点的直线交轨迹于， 两点，直线， 分别交直线于点， ，证明以为直径的圆被轴截得的弦长为定值，并求出此定值.‎ ‎【答案】（I）；（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， 的方程，再运用坐标之间的关系分析探求：‎ 试题解析：‎ 解：（Ⅰ）设点的坐标为，因为定点在定直线： 的右侧，‎ 且动点到定直线： 的距离比到定点的距离大，‎ 所以且，‎ 化简得，即，‎ 轨迹的方程为．‎ ‎（Ⅱ）设， （），则， ，‎ ‎∵， ， 三点共线，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 又，∴，‎ 直线的方程为，令，得．‎ 同理可得．‎ 所以以为直径的圆的方程为，‎ 即．‎ 将代入上式，可得，‎ 令，即或，‎ 故以为直径的圆被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， ，在借助题设中的条件建立以为直径的圆的方程为，探究其最值关系，从而使得问题获解。‎ ‎3. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为圆， 是上一点， ，且．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）当过点的动直线与椭圆相交于不同两点时，线段上取点，且满足，证明点总在某定直线上，并求出该定直线．‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 试题解析：（1）由已知得，且，‎ 在中，由余弦定理得，解得.‎ 则，所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）由题意可得直线的斜率存在，‎ 设直线的方程为，即，‎ 代入椭圆方程，整理得，‎ 设，则.‎ 设，由得 ‎（考虑线段在轴上的射影即可），‎ 所以，‎ 于是，‎ 整理得，（*）‎ 又，代入（*）式得，‎ 所以点总在直线上.‎ 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. 已知椭圆的焦距为，点在上.‎ ‎（I）求的方程；‎ ‎（II）过原点且不与坐标轴重合的直线与有两个交点，点在轴上的射影为，线段的中点为，直线交于点，证明：直线的斜率与直线的斜率乘积为定值.‎ ‎【答案】（I）（II）定值 ‎【解析】试题分析：（1）（I）由题意知， 的焦点坐标为，利用定义求解 的值，即可得到椭圆的标准方程；‎ 试题解析：‎ ‎（I）由题意知， 的焦点坐标为， ‎ ‎， . ‎ 所以，椭圆的方程为. ‎ ‎（II）设，则 由点在椭圆上得， ，两式相减得， . ‎ ‎， .‎ 因为三点共线，所以，即. ‎ ‎，为定值.‎ ‎5. 已知动圆过点，且在轴上截得的弦长为 ‎（Ⅰ）求圆心的轨迹方程；‎ ‎（Ⅱ）过点的直线交轨迹于两点，证明： ‎ 为定值，并求出这个定值.‎ ‎【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）定值为 ‎【解析】试题分析：（1）设动圆圆心坐标为，根据垂径定理得，化简解得圆心的轨迹方程；（2）设直线的方程为： ，利用直线方程与抛物线方程联立方程组，结合韦达定理化简 试题解析：解：（Ⅰ）设动圆圆心坐标为，‎ 由题意得：动圆半径 圆心到轴的距离为，‎ 依题意有，‎ 化简得，即动圆圆心的轨迹方程为： ‎ ‎（Ⅱ）①当直线的斜率不存在，则直线的方程为： ‎ 得 所以，故为定值.‎ 综合①②，为定值，且定值为 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是椭圆上不同的三点， ，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，证明为定值并求出该定值.‎ ‎【答案】（1）（2）点的坐标为．（3）为定值，定值为．‎ ‎【解析】试题分析：（1）将点A，B的坐标代入方程即可求得，（2）设点，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，于是化简得定制 ‎ ‎ ‎（3）设， ， ．‎ ‎∵三点共线，∴，整理，得． ‎ ‎∵三点共线，∴，整理，得． ‎ ‎∵点在椭圆上，∴， ．‎ ‎ 从而． ‎ 所以．∴为定值，定值为．‎ 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： 的短轴长为，离心率为，圆的圆心在椭圆上，半径为2，直线与直线为圆的两条切线.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）试问： 是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由椭圆焦点在轴上， ，‎ 离心率，则，即可求得椭圆的标准方程；（2）设，圆的方程为，由直线与圆相切，根据点到直线的距离公式可得为方程，的两个根，由韦达定理可知： ，由在椭圆上即可求得.‎ ‎（2）因为直线与圆相切，∴‎ 整理得： ，‎ 同理可得： ，‎ 所以， 为方程的两个根 ‎∴，又∵在椭圆上，∴‎ ‎∴，故是定值为 ‎【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.在直角坐标系中， 已知定圆，动圆过点且与圆相切，记动圆圆心的轨迹为曲线.‎ ‎（1）求曲线的方程；‎ ‎（2）设是曲线上两点，点关于轴的对称点为 (异于点)，若直线分别交轴于点，证明: 为定值.‎ ‎【答案】（1）；（2）详见解析.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由两圆关系得等量关系，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，化简计算为定值 .‎ 试题解析：‎ 解：(1)因为点在内，所以圆内切于圆，则，由椭圆定义知，圆心的轨迹为椭圆，且，则，所以动圆圆心的轨迹方程为.‎ ‎(2)设，则，由题意知.则 ‎，直线方程为，令，得，同理，于是，‎ 又和在椭圆上，故，则 ‎.‎ 所以.‎ ‎9. 已知椭圆的离心率为，四个顶点构成的菱形的面积是4，圆过椭圆的上顶点作圆的两条切线分别与椭圆相交于两点（不同于点），直线的斜率分别为.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）当变化时，①求的值；②试问直线是否过某个定点？若是，求出该定点；若不是，请说明理由.‎ ‎【答案】（1）；（2）见解析.‎ 由，得，于是有，直线的斜率为，直线的方程为，令，得，即可证明直线过定点.‎ 试题解析：（1）由题设知， ， ，又，‎ 解得.‎ 故所求椭圆的方程是.‎ ‎（2）①，则有，化简得，‎ 对于直线，同理有，‎ 于是是方程的两实根，故.‎ 考虑到时， 是椭圆的下顶点， 趋近于椭圆的上顶点，故若过定点，则猜想定点在轴上.‎ 由，得，于是有.‎ 直线的斜率为，‎ 直线的方程为，‎ 令，得，‎ 故直线过定点.‎ ‎10.在平面直角坐标系中，已知动点到定点的距离与到定直线的距离之比为．‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）已知为定直线上一点.‎ ‎①过点作的垂线交轨迹于点（不在轴上），求证：直线与的斜率之积是定值；‎ ‎②若点的坐标为，过点作动直线交轨迹于不同两点，线段上的点满足，求证：点恒在一条定直线上.‎ ‎【答案】（1）（2）①直线与的斜率之积为定值．‎ ‎②点在定直线上．‎ ‎【解析】试题分析：（1）设动点坐标，直接利用轨迹方程定义计算即可；（2），‎ ‎①令，由，得，即，即，又因为点在椭圆上，所以，而的斜率分别为，于是，即直线与的斜率之积为定值； ②令，则，代入椭圆，消元即可证明点在定直线上．‎ 试题解析：（1）设，则，点到直线的距离，‎ 由，得，化简得，‎ 即点在轨迹的方程为；‎ ‎②令，则，‎ 令点，则，‎ 即，即 由①×③，②×④，得，‎ 因为在椭圆上，所以，‎ ‎⑤×2+⑥×3，得 ‎，即，‎ 所以点在定直线上．‎ 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的方程，求出即可，注意的应用；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，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．‎