考点53 圆锥曲线的综合问题-定点、定值和探索性问题（考点专练）-备战2022年新高考数学一轮复习考点微专题

考点53  圆锥曲线的综合问题-----定点、定值和探索性问题

定值问题 

1.已知椭圆的中心为坐标原点，焦点在轴上，斜率为且过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点，与共线．

（1）求椭圆的离心率；

（2）设为椭圆上任意一点，且

，证明为定值．

定点问题

2.一动圆的圆心在抛物线y2＝8x上，且动圆恒与直线x＋2＝0相切，则此动圆必过定点

A．(4,0)  B．(2,0)  C．(0,2)  D．(0,0)

3.过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作斜率为k的直线，与抛物线相交于A，B两点，设直线OA，OB(O为坐标系原点)的斜率分别为k1，k2，则下列等式正确的是(　　)

A．k1＋k2＝k   B.＝k1＋k2

C.＝＋   D．k2＝k1·k2

4.已知过点M(1,0)的直线AB与抛物线y2＝2x交于A，B两点，O为坐标原点，若OA，OB的斜率之和为1，则直线AB的方程为________．

5.已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，A(2，y0)是E上一点，且|AF|＝2.

(1)求E的方程；

(2)设点B是E上异于点A的一点，直线AB与直线y＝x－3交于点P，过点P作x轴的垂线交E于点M，证明：直线BM过定点．

  探究性问题

6.设A，B为椭圆C：＋＝1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是(　　)

A．(0，1]∪[9，＋∞)  B．(0， ]∪[9，＋∞)

C．(0，1]∪[4，＋∞)  D．(0， ]∪[4，＋∞)

7.如图，已知A，B，C为椭圆E：＋y2＝1上三个不同的点，O为坐标原点，且O为△ABC的重心．

(1)如果直线AB，OC的斜率都存在，求证：kABkOC为定值；

(2)试判断△ABC的面积是否为定值？如果是，求出这个定值；否则，请说明理由．

1.已知椭圆C的中心在坐标原点，离心率e＝，且其中一个焦点与抛物线y＝x2的焦点重合．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点S的动直线l交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得无论l如何转动，以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．

2.已知椭圆的左、右焦点分别为，， 点是椭圆的一个顶点，△是等腰直角三角形．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）过点分别作直线，交椭圆于，两点，设两直线的斜率分别为，，且，3.如图，中心在坐标原点，焦点分别在轴和轴上的椭圆，都过点，且椭圆与的离心率均为.

（1）求椭圆与椭圆的标准方程；

（2）过点引两条斜率分别为的直线分别交，于点P，Q，当时，问直线PQ是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.

1.已知动圆过定点A(4，0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.

(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；

(2)已知点B(－1，0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明直线l过定点．

2. 在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y2＝4x相交于不同的两点A，B，且l不过原点．

(1)若·＝－4，证明直线l必过定点，并求出定点坐标；

(2)若OA⊥OB，证明直线l必过定点，并求出定点坐标；

(3)若直线l始终过点(1，0)，证明·为定值，并求定值．

考点练

1.解：设椭圆方程为，，

　则直线的方程为，代入，

　化简，得．

令、，则，

．

由，，与共线，得，

又，，∴，

　∴，即，

　∴，∴．

　故离心率；

（2）证明：由（1）知，所以椭圆方程可化为．

设，由已知，得，

∴  ∵在椭圆上，

∴

．（※）

由（1），知，，，

．

．

又，，代入※式，得．

故为定值，定值为1．

2.答案　B

解析　由抛物线y2＝8x，得准线方程为x＝－＝－2，焦点坐标为(2,0)．因为动圆的圆心在抛物线y2＝8x上，且动圆恒与直线x＋2＝0相切，由抛物线的定义可知动圆必经过定点(2,0)．

3.答案　C

解析　由题意，得OA的方程为y＝k1x，与抛物线C：y2＝2px(p>0)联立，解得A，同理可得B，∴k＝＝，∴＝＋.故选C.

4.答案　2x＋y－2＝0

解析　当直线AB的斜率不存在时，不符合题意，故设直线AB的斜率为k(k≠0)，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由消去y并整理，得k2x2－2(k2＋1)x＋k2＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝1.∴直线OA，OB的斜率之和为＋＝＝2k－＝1，解得k＝－2，∴直线AB的方程为2x＋y－2＝0.

5.解　(1)根据题意，知4＝2py0，①

因为|AF|＝2，所以y0＋＝2.②

联立①②解得y0＝1，p＝2.所以E的方程为x2＝4y.

(2)证明：设B(x1，y1)，M(x2，y2)．

由题意，可设直线BM的方程为y＝kx＋b，

代入x2＝4y，

得x2－4kx－4b＝0.

所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b.③

由MP⊥x轴及点P在直线y＝x－3上，

得P(x2，x2－3)，

则由A，P，B三点共线，得＝，整理，

得(k－1)x1x2－(2k－4)x1＋(b＋1)x2－2b－6＝0.

将③代入上式并整理，得(2－x1)(2k＋b－3)＝0.

由点B的任意性，得2k＋b－3＝0，

所以y＝kx＋3－2k＝k(x－2)＋3.

即直线BM恒过定点(2,3)．

6.解析：选A．由题意可得≥tan 60°＝，∴a≥b＝ ，故e∈.

当0＜m＜3时，e＝≥，解得0＜m≤1；

当m＞3时，e＝≥，解得m≥9；

综上，0＜m≤1或m≥9，故选A．

7.解：(1)设直线AB：y＝kx＋m，代入＋y2＝1，得

(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0.

由Δ＝16m2k2－8(1＋2k2)(m2－1)＞0，得m2＜1＋2k2，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1＋x2＝－，x1x2＝，

设线段AB的中点为D，连接OD，

则D，kOD＝＝－，

因为O为△ABC的重心，

所以kABkOC＝kABkOD＝k×＝－，为定值．

(2)设C(x3，y3)，当直线AB的斜率存在时，由(1)知

x3＝－(x1＋x2)＝，y3＝－(y1＋y2)＝，

代入＋y2＝1得1＋2k2＝4m2，

又|AB|＝|x1－x2|，

原点O到直线AB的距离d＝，连接OA，OB，

所以S△OAB＝|AB|·d

＝|m|＝·＝·＝，

所以S△ABC＝3S△OAB＝(定值)．

当直线AB的斜率不存在时，因为O为△ABC的重心，所以C为椭圆的左、右顶点，不妨设C为椭圆的左顶点，则C(－，0)，x1＋x2＝－x3＝，x1＝x2＝，

可取A，B，则S△ABC＝××＝.

综上，△ABC的面积为定值，定值为.

拓展练

1.解：(1)∵椭圆的一个焦点与抛物线x2＝4y的焦点(0，1)重合，∴椭圆的焦点在y轴上，c＝1，又e＝，∴a2＝2，b2＝1，即椭圆C的方程为x2＋＝1.

(2)若直线l与x轴重合，则以AB为直径的圆是x2＋y2＝1，若直线l垂直于x轴，则以AB为直径的圆是＋y2＝.

由解得

即两圆相切于点(1，0)．

因此，所求的点T如果存在，只能是(1，0)．

当直线l不垂直于x轴时，可设直线l：y＝k.

由消去y得

(k2＋2)x2＋k2x＋k2－2＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则

x1＋x2＝，x1x2＝.

又因为＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，所以

·＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2

＝(k2＋1)x1x2＋(x1＋x2)＋k2＋1

＝(k2＋1)·＋·＋k2＋1＝0，

所以TA⊥TB，即以AB为直径的圆恒过点T(1，0)．

故在坐标平面上存在一个定点T(1，0)满足条件．

2.证明：直线过定点（）．

（Ⅰ）由已知可得 ，

所求椭圆方程为．           ……4分

（Ⅱ）若直线的斜率存在，设方程为，依题意．设，，

由 得 ．6分

则． 由已知

，所以，

即．  ……8分

所以，整理得 ．

故直线的方程为，即（）．

所以直线过定点（）．        ………10分

若直线的斜率不存在，设方程为，

设，，由已知，

得．此时方程为，显然过点（）．

综上，直线过定点（）．

3.【解析】（1），

（2）直线的方程为，联立椭圆方程得：，消去得，则，则点的坐标为，

同理可得点的坐标为，又，则点为

则直线的方程为，即，化简得，即当时，，故直线过定点

模拟练

1.【解析】　(1)如图，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，|O1A|＝|O1M|，当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，

∴|O1M|＝.

又|O1A|＝，

∴ ＝，

化简得y2＝8x(x≠0)．

又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0，0)也满足方程y2＝8x，

∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.

(2)由题意，设直线l的方程为

y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

将y＝kx＋b代入y2＝8x中，

得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0.

其中Δ＝－32kb＋64＞0.

由根与系数的关系得，x1＋x2＝，①

x1x2＝，②

因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以＝－，

即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，

(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，

2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③

将①②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，

∴k＝－b，此时Δ＞0，

∴直线l的方程为y＝k(x－1)，

即直线l过定点(1，0)．

2.证明：(1)设l：x＝ty＋b，代入y2＝4x，消去x得

y2－4ty－4b＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则y1＋y2＝4t，y1y2＝－4b.

而·＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋b)(ty2＋b)＋y1y2＝(t2＋1)y1y2＋bt(y1＋y2)＋b2＝b2－4b，

令b2－4b＝－4，∴b＝2.

直线l过定点(2，0)．

(2)若⊥，则·＝0，

即b2－4b＝0，∴b＝4或b＝0(舍)，

∴直线l：x＝ty＋4，过定点(4，0)．

(3)设l：x＝ty＋1，代入y2＝4x得y2－4ty－4＝0，

∴y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，

·＝(t2＋1)y1y2＋t(y1＋y2)＋1

＝－4(t2＋1)＋4t2＋1＝－3(定值)．