专题4 齐次化妙解圆锥曲线问题 微点2 齐次化妙解圆锥曲线问题综合训练

专题4  齐次化妙解圆锥曲线问题  微点2  齐次化妙解圆锥曲线问题综合训练

专题4    齐次化妙解圆锥曲线问题

微点2    齐次化妙解圆锥曲线问题综合训练

（2022滑县期末）

1．已知椭圆，点在椭圆上，椭圆的四个顶点的连线构成的四边形的面积为．

(1)求椭圆的方程；

(2)设点为椭圆长轴的左端点，为椭圆上异于椭圆长轴端点的两点，记直线斜率分别为，若，请判断直线是否过定点？若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由．

（2022吴起县校级模拟）

2．已知中心在原点O，焦点在x轴上，离心率为的椭圆过点（，）．

（Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）设不过原点O的直线l与该椭圆交于P，Q两点，满足直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，求直线l的斜率．

（2022广东一模）

3．已知椭圆的离心率为，过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P，M（点P位于x轴上方）两点，且△OPM（O为坐标原点）的面积为．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线l交椭圆C于A，B（A，B异于点P）两点，且直线PA与PB的斜率之积为，求点P到直线l距离的最大值．

（2022相城区月考）

4．已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）如图，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点M，N是椭圆上异于A，B的不同两点，直线的斜率为，直线的斜率为，求证：直线过定点．

（2022漳州期末）

5．已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，OAB的面积为.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过右焦点F作与x轴不重合的直线l交椭圆C于P，Q两点，连接AP，AQ，分别交直线x=3于M，N两点，若直线MF，NF的斜率分别为k1，k2，试问:k1k2是不是定值？若是，求出该值，若不是，请说明理由.

（2022龙湖区校级期末）

6．如图，点为椭圆的右焦点，过且垂直于轴的直线与椭圆相交于､两点(在的上方)，.

（1）求椭圆的方程；

（2）设点､是椭圆上位于直线两侧的动点，且满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由.

（2022湖北期末）

7．设曲线过两点，直线与曲线交于两点，与直线交于点.

（1）求曲线的方程；

（2）记直线的斜率分别为，求证：，其中为定值.

（2022光明区期末）

8．已知椭圆的离心率为，设椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B，且，1，为等比数列.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点P（4，0）作直线l与椭圆交于M，N两点（直线l与x轴不重合），设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，判断是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由.

（2022合肥期末）

9．已知椭圆E：的离心率为，点在椭圆E上.

（1）求椭圆E的方程；

（2）过点任作一条直线l，l与椭圆E交于不同于P点的A，B两点，直线l与直线m：交于C点，记直线，，的斜率分别为，，，试探究与的关系，并证明你的结论.

（2022枣庄期末）

10．已知椭圆的左焦点为，抛物线，与交于点．

（1）求与的方程；

（2）动直线与交于不同两点、，与交于不同两点、，且，记、的斜率分别为是、，满足，记线段的中点的纵坐标为，求的取值范围．

（2022古县模拟）

11．已知抛物线，与圆有且只有两个公共点．

（1）求抛物线的方程；

（2）经过的动直线与抛物线交于两点，试问在直线上是否存在定点，使得直线的斜率之和为直线斜率的倍？若存在，求出定点；若不存在，请说明理由．

参考答案：

1．(1)

(2)直线过定点

【分析】（1）根据四个顶点构成的四边形面积和椭圆所过点可构造方程组求得，由此可得椭圆方程；

（2）当直线斜率存在时，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，结合两点连线斜率公式可得，代入韦达定理的结论可整理求得或；当时可知直线过，不合题意；当可求得直线过定点；当直线斜率不存在时，设，与椭圆方程联立，利用可求得，可知直线过点；综合可得定点坐标.

（1）

椭圆的四个顶点连线构成的四边形面积，；

又椭圆过点，，

由得：，椭圆的方程为：.

（2）

由（1）知：，设，；

当直线斜率存在时，设，

由得：，

则，解得：；

，，

，

，

，解得：或

当时，直线，恒过定点，不合题意；

当时，直线，恒过定点；

当直线斜率不存在时，设，

由得：，

，解得：（舍）或，

直线过点；

综上所述：直线过定点.

【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆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，与椭圆方程联立，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．（Ⅰ）+y2=1；（Ⅱ）±．

【详解】试题分析：（Ⅰ）设出椭圆的方程，将已知点代入椭圆的方程及利用椭圆的离心率公式得到关于椭圆的三个参数的等式，解方程组求出a，b，c的值，代入椭圆方程即可．

（Ⅱ）设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，消去x得到关于y的二次方程，利用韦达定理得到关于两个交点的坐标的关系，将直线OP，PQ，OQ的斜率用坐标表示，据已知三个斜率成等比数列，列出方程，将韦达定理得到的等式代入，求出k的值．

解：（Ⅰ）由题意可设椭圆方程为+=1（a＞b＞0），

则e==，a2﹣b2=c2，+=1，

解得a=2，b=1，

可得椭圆方程为+y2=1；

（Ⅱ）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，

故可设直线l的方程为y=kx+m（m≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），

由，消去y得（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）=0，

则△=64k2b2﹣16（1+4k2b2）（b2﹣1）=16（4k2﹣m2+1）＞0，

且x1+x2=﹣，x1x2=．

故y1y2=（kx1+m）（kx2+m）=k2x1x2+km（x1+x2）+m2．

因为直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列，

所以•=k2，即k2+=k2，

即+m2=0，又m≠0，

所以k2=，即k=±．

即有直线l的斜率为±．

考点：椭圆的简单性质．

3．(1)

(2)

【分析】（1）根据待定系数法，根据离心率和面积即可列出方程求解，.

（1）

由题意可得，∴由题意可得且，解得，，

∴椭圆的方程为：．

（2）

解法1：由（1）可得，

当直线 没有斜率时，设方程为： ，则 ，此时，化简得： 又，解得 或（舍去），此时P到直线l的距离为

设直线l有斜率时，设，，设其方程为：，联立可得且整理可得：，

，且，，

，整理可得：，

整理可得，整理可得，即，或，

若，则直线方程为：，直线恒过，与P点重合，

若，则直线方程为：，∴直线恒过定点，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，

由于

∴点P到直线l距离的最大值．

解法2：公共点，左移1个单位，下移个单位，，

，，

，等式两边同时除以，，，，，

过，右移1个单位，上移个单位，过，∴P到直线l的距离的最大值为的值为，

由于

∴点P到直线l距离的最大值．

【点睛】

4．（1）；（2）证明见解析．

【分析】（1）由，得到，再由点在该椭圆上，求得的值，即可求得椭圆的方程；

（2）设的方程为，联立方程组求得，再由的的方程，联立方程组，求得，结合斜率公式，进而得到直线过定点.

【详解】（1）由椭圆的离心率为，且点在椭圆上，

可得，所以，

又点在该椭圆上，所以，所以，

所以椭圆C的标准方程为

（2）由于的斜率为，设的方程为，

联立方程组，整理得，

所以，所以，

从而，即，

同理可得：由于的斜率为，则，

联立方程组，可得，

即，

所以，所以，

从而，即，

当时即；时，，过点，

当时，，，即，所以直线过点，

综上可得，直线过点.

【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略：

1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定题目中核心变量（通常为变量）；②利用条件找到过定点的曲线之间的关系，得到关于与的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标；

2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

5．（1）+=1；（2）是，定值-.

【分析】解法一:（1）根据离心率为，OAB的面积为，由求解

（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，与椭圆方程联立，分别求得P，Q的坐标，进而得到M，N的坐标，利用斜率公式求解；

②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-1)，与椭圆方程联立，利用斜率公式结合韦达定理求解；

解法二:（1）同解法一.

（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，设直线l的方程为x=my+1，与椭圆方程联立，利用斜率公式结合韦达定理求解；

【详解】解法一:（1）由题意得

解得

所以椭圆C的方程为+=1.

（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，

①当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，

联立得

不妨设P，Q，

则直线AP的方程为y=(x-2)，

令x=3，得y=-，则M，

此时k1==-，

同理k2=，

所以k1k2=-×=-；

②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-1)，

联立得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则x1+x2=，x1x2=，

直线AP的方程为y=(x-2)，

令x=3，得y=，则M，

同理，N，

所以k1===，k2===，

所以k1k2=·=，

=，

==-.

综上所述，k1k2为定值-.

解法二:（1）同解法一.

（2）由（1）知F(1，0)，A(2，0)，

设直线l的方程为x=my+1，

联立得(3m2+4)y2+6my-9=0，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则y1+y2=，y1y2=.

直线AP的方程为y=(x-2)，

令x=3，得y=，则M，

同理，N，

所以k1===，k2===，

所以k1k2=·=，

=，

==-，

所以k1k2为定值-.

6．（1）；（2）是定值，理由见解析.

【解析】（1）由焦点及通经长，用待定系数法求椭圆的标准方程；

（2）设出直线：，与椭圆联立，用“设而不求法”表示，整理得.

【详解】（1）由得：，

椭圆的方程：

（2）依题意知直线的斜率存在，设方程：

，

代入椭圆方程得：(*)

，

由得

，

整理得：

或

当时，直线过定点，不合题意

，，直线的斜率是定值

另解：设直线的方程为

椭圆的方程即：

即：

联立得：

即

由得即：

直线的斜率为，是定值.

【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；

（2）"设而不求"是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.

7．（1）；（2）证明见解析.

【解析】（1）由已知建立方程组可求得曲线的方程；

（2）令，则，联立整理得，设，，表示，，可求得定值．

【详解】解：（1）由已知得，解得，

所以曲线的方程为；

（2）令，则，联立，整理得，

设，则，

∴，

，

又，

∴，∴等于定值2，得证.

【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的综合问题，关键在于由直线的方程与椭圆的方程联立后，由根与系数的关系表示直线的斜率，求得定值．

8．(1) ；(2) 为定值.

【分析】(1)根据已知条件，解列方程组即可得到椭圆C的方程；

(2)根据题意，设出直线l的方程，再与椭圆C的方程的联立，结合韦达定理求出与，进而表示出与，即可判断是否为定值.

【详解】(1)由题意得，故，

又，故椭圆C的方程为：.

(2)由题意，设直线l：，，，

联立 ，得，

则，即，

由韦达定理得：，，

结合，得：，，

故，

因点在椭圆上，故，

则，

因此，

故为定值.

【点睛】求定值问题常见的方法有两种：

(1)从特殊入手，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．

9．（1）；（2）关系为，证明见解析.

【解析】（1）由椭圆的离心率得，再将已知点代入可求得，得椭圆E的方程

（2）设直线l的方程为，设，为l与椭圆E的两个交点.将直线的方程与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系表示，，可得出其间关系.

【详解】解：（1）因为椭圆E：()的离心率为，所以，

因为，所以.

故可设椭圆E的方程为，因为点在椭圆E上，

所以将其代入椭圆E的方程得.

所以椭圆E的方程.

（2）依题意，直线l不可能与x轴垂直，

故可设直线l的方程为，设，为l与椭圆E的两个交点.

将代入方程，消去y并整理得.

所以，.

所以

.

又由，解得，，

所以.

因此，与的关系为.

【点睛】关键点点睛：在解决直线与椭圆的综合问题时，关键在于将目标条件表示为椭圆上的点的坐标间的关系．

10．（1）；的方程为；（2）.

【分析】（1）解法1：利用椭圆的定义求得，然后利用求得，从而求得椭圆方程.解法2：由题意，，解得，，进而可得的方程，把代入抛物线方程，解得，进而可得的方程．

（2）设，，，，分两种情况：当直线的斜率不存在，当直线的斜率存在．分析，得出的取值范围．

【详解】（1）解法1：因为椭圆的左焦点为，所以右焦点．

由椭圆的定义，，因此．

又半焦距，所以，所以的方程为．

把代入，得，所以的方程为．

解法2：由题意，消去可得，即．

又因为，所以．．所以的方程为．

把代入，得，所以的方程为．

（2）设，．若直线的斜率不存在，则．

由，得（★）

又，可得，代入（★）式，可得．

所以直线的方程为．可见，直线过点．这与矛盾，因此，直线的斜率必存在．

注：下列说明同样给分，若直线的斜率不存在，则，显然，与只有一个交点，这与已知条件矛盾．所以直线的斜率必存在．

设．由于，故．

由消去，整理得．

由判别式，得（※）

因此，（☆）

由题意，．

所以，

即．

把（☆）代入上式并整理得．因为，所以．

因此，直线的方程为．

由（※）可得，即．

又因为，所以．

由消去，整理得．由判别式，得．

所以的取值范围是，且．

设，，．

则由，可得，所以．

代入，得．

因为，且，所以，且，

所以，实数的取值范围是．

【点睛】关键点点睛：本题先利用关键是设出直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理结合求出斜率的值，然后代入直线方程和椭圆联立利用判别式求解.

11．（1）；（2）存在定点满足题意．

【分析】（1）联立方程，得，由可得值，即可得抛物线的方程；

（2）由题设，易得当直线的斜率不存在时，恒有；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立方程，由韦达定理与斜率公式表示出，由列方程求解出即可.

【详解】（1）联立方程，得，

因为抛物线与圆有且只有两个公共点，

则，解得或，

又，所以，

所以抛物线的方程为；

（2）假设直线上存在定点，

当直线的斜率不存在时，，，

由题知，即恒成立．

当直线的斜率存在时，

设直线的方程为，，，

联立方程得，

则，，

由题知，

所以

，

整理得，

因为上式对任意成立，所以，解得，

故所求定点为．

【点睛】本题主要考查了抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系，抛物线中的定点问题，考查了学生的运算求解能力.