【文档说明】【精准解析】专题56定点、定值、探索性问题-（文理通用）【高考】.docx，共(40)页，1.726 MB，由小赞的店铺上传

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专题56定点、定值、探索性问题最新考纲1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法．2.了解圆锥曲线的简单应用．3.理解数形结合的思想.重点难点突破【题型一】定点问题【典型例题】已知双曲线T1：的离心率为，若抛物线的焦点到双曲线T1的渐近线的距

离为．已知点E（2，0）为抛物线T2内一定点，过E作两条直线交抛物线T2于A，B，C，D，且M，N分别是线段AB，CD的中点．（Ⅰ）求抛物线T2的方程；（Ⅱ）若kAB+kCD＝2，证明：直线MN过定点．【解答】（Ⅰ）解：双曲线T

1的离心率为，即，则，得到．∴渐近线为y＝±x，又抛物线T2：y2＝2px（p＞0）的焦点为（，0），则焦点到y＝x的距离d，解得p＝1．可得抛物线的方程为y2＝2x．（Ⅱ）证明：由题意知，kAB+k

CD＝2，不妨设AB的斜率kAB＝k，则CD的斜率kCD＝2﹣k，∴AB的直线方程是：y＝k（x﹣2），CD的直线方程是y＝（2﹣k）（x﹣2），设A（x1，y1），B（x2，y2），由，得，k2x2﹣（4k2+2）x+4k2＝0，则x1+x2，x1x2＝4，∴y1+y2＝k（x1﹣2）+k（x2

﹣2）＝k（4）﹣4k，∵M是AB的中点，∴点M（2，），同理可得，点N（2，），∴直线MN的方程是：y•（x﹣2），化简得，y，∴直线MN过定点（2，）．【再练一题】已知抛物线C1：y2＝2px（p＞0）与椭圆C2：1有一个相同的焦点，过点A（2，0）且与x轴不垂

直的直线l与抛物线C1交于P，Q两点，P关于x轴的对称点为M．（1）求抛物线C1的方程；（2）试问直线MQ是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．【解答】解：（1）由题意可得抛物线的焦点为椭圆的右焦点，坐标为（1，0

），所以p＝2，故抛物线的方程为y2＝4x，（2）因为点P关于x轴的对称点为M，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则M（x1，﹣y1），设直线PQ的方程为y＝k（x﹣2），代入y2＝4x得k2x2﹣4（k2+1）x+4k2＝0，∴x1x2

＝4，设直线MQ的方程无y＝mx+n，代入y2＝4x得m2x2﹣（2mn﹣4）x+n2＝0，∴x1x24，∵x1＞0，x2＞0，∴2，即n＝2m，∴直线MQ的方程为y＝m（x+2），故过定点（﹣2，0）．思维升华圆锥曲线中定点问题的两种

解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．【题型二】定值问题【典型例题】已知椭

圆C：1（a＞b＞0）的右焦点F2与抛物线y2＝4x的焦点重合，且其离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）已知与坐标轴不垂直的直线l与C交于M，N两点，线段MN中点为P，问kMN•kOP（O为坐标原点）是否为定值？请说明理由．【解答】解：（1）抛物线y2＝4x的焦点为（1，0），∴椭圆C的

半焦距为c＝1，又椭圆的离心率e，∴a＝2，则b．∴椭圆C的方程为；（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程为y＝kx+m，联立，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0．△＞0即只需n2＜4k2+3．设M（x1，y1），N（

x2，y2），则，，∴P（），∴．∴．【再练一题】已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）与椭圆C：有相同的焦点F，且两曲线相交于点，过F作斜率为k（k≠0）的动直线l，交椭圆C于M，N两点．（Ⅰ）求抛物线E和椭圆C的方程；（Ⅱ）若A为椭

圆C的左顶点，直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，求证：为定值，并求出该定值．【解答】解：（Ⅰ）两曲线相交于点，可得2p•，即p＝2，则抛物线的方程为y2＝4x；由两曲线有相同的焦点F（1，0），由椭圆的定义可得2a4，即有a＝2，b，则椭圆方程为1；（Ⅱ）证明：

由题意可得A（﹣2，0），设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线l的方程为y＝k（x﹣1），联立椭圆方程可得（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，可得x1+x2，x1x2，再由k（）4．可得为定值4．思维升华圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设

条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．【题型三】探索性问题【

典型例题】已知圆A：x2+y2+2x﹣15＝0和定点B（1，0），M是圆A上任意一点，线段MB的垂直平分线交MA于点N，设点N的轨迹为C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）若直线y＝k（x﹣1）与曲线C相交于P，Q两点，试

问：在x轴上是否存在定点R，使当k变化时，总有∠ORP＝∠ORQ？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（Ⅰ）圆A：（x+1）2+y2＝16，圆心A（﹣1，0），由已知得|NM|＝|NB|，又|NM|+|NB|＝4，所以|NA|+|NB|＝4＞|AB|＝2，所以由椭圆的定义知点

N的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，设其标准方程C：，则2a＝4，2c＝2，所以a2＝4，b2＝3，所以曲线C：．（Ⅱ）设存在点R（t，0）满足题设，联立直线y＝k（x﹣1）与椭圆方程消y得（4k2+3）

x2﹣8k2x+（4k2﹣12）＝0，设P（x1，y1），Q（x2，y2），则由韦达定理得①，②，由题设知OR平分∠PRQ⇔直线RP与直RQ的倾斜角互补，即直线RP与直线RQ的斜率之和为零，即，即x1y2+x2y1﹣t（y1+y2）＝

0，即2kx1x2﹣（1+t）k（x1+x2）+2tk＝0③，把①、②代入③并化简得，即（t﹣4）k＝0④，所以当k变化时④成立，只要t＝4即可，所以存在定点R（4，0）满足题设．【再练一题】已知椭圆C：（a＞b＞0）

的左右焦点分别为F1，F2，离心率为，点A在椭圆C上，|AF1|＝2，∠F1AF2＝60°，过F2与坐标轴不垂直的直线l与椭圆C交于P，Q两点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）若P，Q的中点为N，在线段OF2上是否存在点M（m，0），使

得MN⊥PQ？若存在，求实数m的取值范围；若不存在，说明理由．【解答】解：（Ⅰ）由得a＝2c，|AF1|＝2，|AF2|＝2a﹣2，由余弦定理得，，解得c＝1，a＝2，b2＝a2﹣c2＝3，所以椭圆C的方程为．（Ⅱ）存在这样的点M符合题意．设P（x1，y1），Q（

x2，y2），N（x0，y0），由F2（1，0），设直线PQ的方程为y＝k（x﹣1），由得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，由韦达定理得，故，又点N在直线PQ上，，所以．因为MN⊥PQ，所以，整理得，所以存在实数m

，且m的取值范围为．思维升华解决探索性问题的注意事项探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，

要开放思维，采取另外合适的方法．基础知识训练1．【甘肃省兰州市第一中学2019届高三6月高考冲刺模拟】椭圆C:22221xyab+=(a>b>0)的左、右焦点分别为12,FF，离心率为32，过焦点2F且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1．（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）已知点M（0，-1），直线l经过点N（2，1）且与椭圆C相交于A,B两点（异于点M），记直线MA的斜率为1k，直线MB的斜率为2k，证明12kk+为定值，并求出该定值.【答案】(Ⅰ)2214xy+=(Ⅱ)见证明【解析】（Ⅰ）将xc=代入222

21xyab+=中，由222acb−=可得422bya=，所以弦长为22ba，故有22222132bacaabc===+，解得21ab==，所以椭圆C的方程为：2214xy+=．（Ⅱ）若直线l的斜率不存在，即直线的方程为x=2，与椭圆只有一个交点，不符合题

意。设直线l的斜率为k，若k=0，直线l与椭圆只有一个交点，不符合题意，故k≠0.所以直线l的方程为1(2)ykx−=−，即21ykxk=−+，直线l的方程与椭圆的标准方程联立得：221,421xyykxk+==−+消去y得:222(

14)8(21)16160kxkkxkk+−−+−=,设1122(,),(,)AxyBxy，则21212228(21)1616,1414kkkkxxxxkk−−+==++，12121211,yykkxx++==,121221122112121212122112121211(

1)(1)(211)(211)2(2-2)(2-2)(22)()2yyyxyxkxkxkxkxkkxxxxxxkxxkxkxkxxkxxxx+++++−+++−+++=+==++−+==−把21212228(21)1616,1414kkkkxxxxkk−−+==++代入上式，得122(22)

8(21)211616kkkkkkkk−−+=−=−，命题得证.2．【北京市昌平区2019年高三年级第二次统一练习】已知椭圆()222210xyGabab+=：＞＞的离心率为32，经过点B（0，1）．设椭圆G的右顶点为A，过原点O的直线l与椭圆G交于P

，Q两点（点Q在第一象限），且与线段AB交于点M．（Ⅰ）求椭圆G的标准方程；（Ⅱ）是否存在直线l，使得△BOP的面积是△BMQ的面积的3倍？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）2214xy+=；（Ⅱ）见解析【解析】（Ⅰ）由题意可知：222132bcaab

c===+，解得213abc===．∴椭圆G的标准方程为2214xy+=．（Ⅱ）设00Qxy（，），则00Pxy−−（，），可知000201xy＜＜，＜＜．若使BOP的面积是BMQ的面积的3倍，只需使得

3OQMQ=，即00222333OMOQxy==，，即002233Mxy，．由2001AB（，），（，），∴直线AB的方程为220xy+−=．∵点M在线段AB上，∴00242033xy+−=，整理得0032xy=−，①∵点Q

在椭圆G上，∴220014xy+=，②把①式代入②式可得20081250yy−+=，∵判别式小于零，该方程无解．∴不存在直线l，使得BOP的面积是BMQ的面积的3倍．3．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟（三)】已

知点()1,0F，直线:1lx=−，P为平面上的动点，过点P作直线的垂线，垂足为Q，且QPQFFPFQ=.（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）设直线ykxb=+与轨迹C交于两点，()11,Axy、()22,Bxy，且12yya−=(0a，且a为常数)，过弦AB的中点M作平

行于x轴的直线交轨迹C于点D，连接AD、BD.试判断ABD的面积是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由【答案】(1)24yx=(2)见解析【解析】（1）设(,)Pxy，则(1,)Qy−，QPQFFPFQ•=•，(1,0)(2,)(1,)(2,)xyxyy+•−=−•−，即22(1

)2(1)xxy+=−−+，即24yx=，所以动点P的轨迹的方程24yx=.（2）联立方程组2,4,ykxbyx=+=消去x，得2440kyyb−+=，依题意，0k，且124yyk+=，124byyk=，由12yya−=得()2212124yyyy

a+−=，即221616bakk−=，整理得：221616kbak−=，所以2216(1)akkb=−，①因为AB的中点222,bkMkk−，所以点212,Dkk，依题意，122111||22BDbkSDMyyak−=−=，由方程2440kyyb−+=中的

判别式16160kb=−，得10kb−，所以2112ABDbkSak−=••，由①知22116akkb−=，所以23121632MBDaaSa=••=，又a为常数，故ABDS的面积为定值.4．【2019年湖北省武汉市高考数学(5月份)】如图，O为坐标原点，椭圆22

221xyCab=+=（0ab）的焦距等于其长半轴长，,MN为椭圆C的上、下顶点，且||23MN=（1）求椭圆C的方程；（2）过点()0,1P作直线l交椭圆C于异于,MN的,AB两点，直线,AMBN交于点T．求证：点T的纵坐标为定值3．【答

案】（1）22143xy+=；（2）3【解析】解：（1）由题意可知：2ca=,223b=，又222abc=+，有3,1,2bca===，故椭圆C的方程为：22143xy+=．（2）由题意知直线l的斜率存在

，设其方程为1ykx=+，用,AB的横坐标表示T的纵坐标，再联立l的方程和椭圆的方程，消去y得()2243880kxkx++−=，利用韦达定理化简T的纵坐标后可得所求的定值.设()()1122,,,AxyBxy（120xx），联立直线方程和椭圆

方程得22134120ykxxy=++−=，消去y得()2243880kxkx++−=，122843kxxk−+=+,122843xxk−=+，且有1212xxkxx+＝，又223:3BNylyxx+=−，11

3:3AMylyxx−=+，由22113333yyxxyyxx+=−−=+得12123333yxyxyy−−=++，故121221212113(13)3313(13)kxxkxxxyxykxkx

xx+−+−−==++−++，整理得到12212(13)323(13)(13)kxxxyxx+−−=+−−，故1221222(13)31(13)(13)kxxxyxx+−=++−−()()12121212233(13)(13)kxxxxxxxx+++−=+−−()()()()12

12121233333xxxxxxxx++−==++−．故点T的纵坐标为3．5．【广东省潮州市2019届高三第二次模拟考试】已知椭圆22221(0)xyabab+=，()2,0A是长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，点

C在第一象限，且0ACBC=，||2||OCOBABBC−=+．（1）求椭圆的标准方程；（2）设P、Q为椭圆上不重合的两点且异于A、B，若PCQ的平分线总是垂直于x轴，问是否存在实数，使得PQAB=

？若不存在，请说明理由；若存在，求取得最大值时的PQ的长．【答案】(1)223144xy+=(2)2303【解析】（1）∵0ACBC=，∴90ACB=，∵||2||OCOBABBC−=+．即||2||BCAC=，∴

AOC△是等腰直角三角形，∵()2,0A，∴()1,1C，而点C在椭圆上，∴22111ab+=，2a=，∴243b=，∴所求椭圆方程为223144xy+=．（2）对于椭圆上两点P，Q，∵PCQ的平分线总是垂直于x轴，∴PC与CQ所在直线关于1x=对称，PCkk=，则CQkk=−，∵()1

,1C，∴PC的直线方程为()11ykx=−+，①QC的直线方程为()11ykx=−−+，②将①代入223144xy+=，得()()22213613610kxkkxkk+−−+−−=，③∵()1,1C在椭圆上，∴1x=是方程③的一个根，∴2236113

Pkkxk−−=+，以k−替换k，得到2236131Qkkxk+−=+．∴()213PQPQPQkxxkkxx+−==−，∵90ACB=，()2,0A，()1,1C，弦BC过椭圆的中心O，∴()2,0A，()1,1B−

−，∴13ABk=，∴PQABkk=，∴PQAB∥，∴存在实数，使得PQAB=，2222124||1313kkPQkk−−=+++221602301396kk=++，当2219kk=时，即33k=

时取等号，max230||3PQ=，又||10AB=，max230233310==，∴取得最大值时的PQ的长为2303．6．【湖南省桃江县第一中学2019届高三5月模拟考试】已知曲线G上的点到点(1,0)F的距离比它到直线3x=−的距离小2.

（1）求曲线G的方程.（2）是否存在过F的直线l，使得l与曲线G相交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为A，且ABF的面积等于4？若存在，求出此时直线l的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）24yx=；（2）-1=0xy.【解析】（1）设(),Sxy为曲线G上任意一点，已

知曲线G上的点到点()1,0F的距离比它到直线3x=−的距离小2.所以点S到()1,0F的距离与它到直线1x=−的距离相等，根据抛物线的定义得曲线G是以()1,0F为焦点，直线1x=−为准线的抛物线，所以曲线G的方程为24yx=.（2）设直线l的

方程为1xmy=+，与抛物线C的方程联立，得241yxxmy==+，消去x，得2440ymy−−=.设()11,Axy，()22,Bxy，()22164416160mm=−−=+恒成立，则124yym+=，124yy=−.'''121212

12ABFAABAAFSSSyxymy=−=−=1244myym===，解得1m=，则直线为-1=0xy.7．【内蒙古呼伦贝尔市2019届高三模拟统一考试（一)】已知椭圆C：()222211xyabab+=离心率为32，直线1x=被椭圆截得

的弦长为3.（1）求椭圆方程；（2）设直线ykxm=+交椭圆C于A，B两点，且线段AB的中点M在直线1x=上，求证：线段AB的中垂线恒过定点.【答案】（1）2214xy+=（2）见解析【解析】（1）由直线1x=被椭圆截得的弦长为3，得椭圆过点31,2，即22131

4ab+=，又22312bceaa==−=，得224ab=，所以24a=，21b=，即椭圆方程为2214xy+=.（2）由2214xyykxm+==+得()222148440kxkmxm+++−=，由222222644(14)(44)1664

160kmkmmk=−+−=−++，得2214mk+.由122814kmxxk+=−+，设AB的中点M为()00,xy，得024114kmxk=−=+，即2144kkm+=−，∴0021144mykxmkk=+==−+.∴AB的中垂线方程为()1114yxkk+=−−.即134yxk

=−−，故AB的中垂线恒过点3,04N.8．【晋冀鲁豫中原名校2019年高三第三次联考】已知椭圆2:2(0)Cypxp=，点F为抛物线的焦点，焦点F到直线3x-4y+3=0的距离为d1，焦点F到抛物线C的准线的距离为d2，且1235dd=。(1)抛物线C的标准方

程;(2)若在x轴上存在点M，过点M的直线l分别与抛物线C相交于P、Q两点，且2211PMQM+为定值，求点M的坐标.【答案】（1）24yx=；（2）()2,0M【解析】（1）由题意知，焦点F的坐标为,02p，则133362510ppd++==

，2dp=，又363105pp+=，解得：2p=.故抛物线C的标准方程为24yx=.（2）设点M的坐标为(),0t，设点P，Q的坐标分别为()11,xy，()22,xy，显然直线l的斜率不为0.设直线l的方程为xmyt=+.联立方程2,4,xmytyx=+

=消去x，并整理得2440ymyt−−=，则()2160mt=+且124yym+=，124yyt=-.由()2221111PMxtymy=−+=+，()2222221QMxtymy=−+=+.有()()()221222222222212121111111yymymymyyPMQM++=+=+

++.()()222222168216121mttmmtmt++==++若2211PMQM+为定值，必有2t=.所以当2211PMQM+为定值时，点M的坐标为()2,0.9．【江西省南昌市江西师范大学附属中学2019届高三三模】已知离心率为32的椭圆()2222:10xyCabab+=过点22

,2，,AB分别为椭圆C的右顶点和上顶点，点P在椭圆C上且不与四个顶点重合．（1）求椭圆C的标准方程；（2）若直线PA与y轴交于N，直线PB与x轴交于M，试探究AMBN是否为定值？若是，请求出该定值；若不

是，请说明理由．【答案】（1）2214xy+=；（2）AMBN是定值，定值为：4【解析】（1）由题意得：22222322112caababc=+==+，解得：2241ab==椭圆C的标准方程为：2214xy+=（2）点P不与四个

顶点重合直线,PAPB的斜率存在且不为0设()00,Pxy，且()2,0A，()0,1B直线PA的方程为：()0022yyxx=−−0020,2yNx−−直线PB的方程为：0011yyxx−=+00,01xMy−−220000000000000024

4448211222xyxyxyxyAMBNyxxyxy+++−−=++=−−−−+P在椭圆上220044xy+=0000000000000000844822442222xyxyxyxyAMBNxyxyxyxy+−−−−+===−−+−−+4AMBN=，为定值10．【天津市红桥区

2019届高三一模】设1F、2F分别是椭圆C：()222210xyabab+=的左、右焦点，122FF=，直线1过1F且垂直于x轴，交椭圆C于A、B两点，连接A、B、2F，所组成的三角形为等边三角形。（1）求椭圆C的方程；（2）过右焦点2F的直线m与椭圆C相交于M、N两点，试问：椭圆C

上是否存在点P，使OPOMON=+成立？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）椭圆22:132xyC+=；（2）32(,)22P【解析】（1）由122FF=可得1c=，等边三角形2ABF中：1233AF=，2433AF=，则1AF+22AFa=，得3a

=，又因为222bac=−，所以2b=，则椭圆22:132xyC+=；（2）设11(,)Mxy、22(,)Nxy,则由题意知的m斜率为一定不为0,故不妨设:(1)mykx=−,代入椭圆22:132xyC+=的方程中,整理得2222(32)6360kxkxk+−+−=,显然.由韦达定

理有:2122632kxxk+=+,21223632kxxk−=+①且22121224(1)(1)32kyykxxk−=−−=+②假设存在点P,使OPOMON=+成立,则其充要条件为:点1212(,)Pxxyy++,点P在椭圆上,即221212()()132xxyy+++=.整理得2222

112212122323466xyxyxxyy+++++=又AB、在椭圆上,即2211236xy+=,2222236xy+=，故由①②代入：12124660xxyy++=，解得2k=,则32(,)22P。11．【山东省潍坊市2019届高三高考模拟（5月三模)】如图，椭圆C：22221(0

)xyabab+=的离心率为32，设A，B分别为椭圆C的右顶点，下顶点，OAB的面积为1.（1）求椭圆C的方程；（2）已知不经过点A的直线l：(0,)ykxmkmR=+交椭圆于P，Q两点，线段PQ的中点为M，若2PQAM=，求证：直线l过定点.【答案】（1）221

4xy+=；（2）见解析.【解析】（1）由已知，32ca=，22221cbaa=−，可得224ab=，又因为1AOBS=，即112ab=，所以222()4bb=，即21b=，24a=，所以椭圆C的方程

为2214xy+=.（2）由题意知(2,0)A，因为2PQAM=，所以AMPMQM==，所以线段PQ为APQ外接圆的直径，即0APAQ=，联立2214ykxmxy=++=，得()222418440kxkmxm

+++−=，()2216140km=+−，设11(,)Pxy，22(,)Qxy，则122841kmxxk−+=+，21224441mxxk−=+，①又因为0APAQ=，即()121212240xxxxyy−+++=，又11ykxm=+，22ykxm=+，

()22121212yykxxmkmxx=+++，即()()2212121(2)40kxxkmxxm++−+++=，②把①代入②得：2222224444816kmkmkmkm−+−−+()22224164kmkm=−+++22121650kkmm++=得12km=−或56km=−，所以直

线l的方程为1(2)2ymx=−−或5665ymx=−−，所以直线l过定点6(,0)5或(2,0)（舍去），综上所述直线l过定点6(,0)5.12．【贵州省遵义航天高级中学2019届高三第十一模（最后一卷)】已知椭圆C：22221(0)xyabab+=的离心

率22e=，左、右焦点分别为12FF、，抛物线242yx=的焦点F恰好是该椭圆的一个顶点．(1)求椭圆C的方程；(2)已知圆M：2223xy+=的切线l与椭圆相交于A、B两点，那么以AB为直径的圆是否经过定点？如果是，求出定点的

坐标；如果不是，请说明理由，【答案】（1）2212xy+=；（2）见解析【解析】（1）因为椭圆C的离心率22e=，所以22ca=，即2ac=．因为抛物线242yx=的焦点(2,0)F恰好是该椭圆的一个顶点，所以2a=，所以1b=．所以椭圆C的方程为2212xy+=．（2）（

i）当直线l的斜率不存在时．因为直线l与圆M相切，故其中的一条切线方程为63x=．由226312xxy=+=，不妨设66(,)33A，66(,)33B−，则以AB为直径的圆的方程为2262()33xy−+=．（ii）当直线l的斜

率为零时．因为直线l与圆M相切，所以其中的一条切线方程为63y=−．由226312yxy=−+=，不妨设66(,)33A−，66(,)33B−−，则以AB为直径的圆的方程为2262()33xy++=．显然以上两圆都经过点(0,0)O．（iii）

当直线l的斜率存在且不为零时．设直线l的方程为ykxm=+．由2212ykxmxy=++=消去y，得222(21)4220kxkmxm+++−=，所以设11(,)Axy，22(,)Bxy，则122421kmxxk−+=+，21222221mxxk−=+．所以1212

()()yykxmkxm=++2222121222()21mkkxxkmxxmk−=+++=+．所以1212OAOBxxyy=+22232221mkk−−=+．①因为直线l和圆M相切，所以圆心到直线l的距

离2||631mdk==+，整理，得222(1)3mk=+，②将②代入①，得0OAOB=，显然以AB为直径的圆经过定点(0,0)O，综上可知，以AB为直径的圆过定点(0,0)．13．【湖南省师范大学附属中学2019届高三下学期模拟（三)】已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=

过点()23,3−，右焦点F是抛物线28yx=的焦点.（1）求椭圆C的方程；（2）已知动直线l过右焦点F，且与椭圆C分别交于M，N两点.试问x轴上是否存在定点Q，使得13516QMQN=−恒成立?若存在求出点Q的坐标:若不存在，说明理由.【答案】(1)2211612xy

+=(2)见解析【解析】（1）因为椭圆C过点(23,3)−，所以221231ab+=，又抛物线的焦点为()2,0，所以2c=.所以2212314aa+=−，解得23a=（舍去）或216a=.所以椭圆C的方程

为2211612xy+=.（2）假设在x轴上存在定点(,0)Qm，使得13516QMQN=−.①当直线l的斜率不存在时，则(2,3)M，(2,3)N−，(2,3)QMm=−，(2,3)QNm=−−，由2135

(2)916QMQNm=−−=−，解得54m=或114m=；②当直线l的斜率为0时，则(4,0)M−，(4,0)N，(4,0)QMm=−−，(4,0)QNm=−，由21351616QMQNm=−=−，解得114

m=−或114m=.由①②可得114m=，即点Q的坐标为11,04.下面证明当114m=时，13516QMQN=−恒成立.当直线l的斜率不存在或斜率为0时，由①②知结论成立.当直线l的斜率存在且不

为0时，设其方程为(2)(0)ykxk=−，()11,Mxy，()22,Nxy.直线与椭圆联立得()()222234161630kxkxk+−+−=，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且21221643kxxk+=

+，()212216343kxxk−=+.()()()222121212122224yykxkxkxxkxxk=−•−=−++，所以()1122121212111111121,,44416QMQNxyxyxxxxyy•=−•−=−+++()()()()2222222

21212221631112111161211241244164344316kkkxxkxxkkkkkk−=+−++++=+−+++=++13516−恒成立综上所述，在x轴上存在点11,04Q，使得13516QMQN

=−恒成立.14．【安徽省合肥市2019届高三第三次教学质量检测】已知直线l经过椭圆()2222:1xyCabcab+=的右焦点()1,0，交椭圆C于点A，B，点F为椭圆C的左焦点，ABF的周长为8..（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）若直线m与直线l的倾斜角互补，且交椭圆C于点M、N，24MNAB=，求证：直线m与直线l的交点P在定直线上.【答案】（Ⅰ）22143xy+=（Ⅱ）见证明【解析】解：（Ⅰ）由已知，得148ca==，1

2ca==，23b=，椭圆C的标准方程22143xy+=.（Ⅱ）若直线l的斜率不存在，则直线m的斜率也不存在，这与直线m与直线l相交于点P矛盾，所以直线l的斜率存在.令()():10lykxk=−，():mykxt=−+，(),AAAxy，(),BBBxy，(),MMMxy，(),

NNNxy.将直线m的方程代入椭圆方程得：()()22222348430kxktxkt+++−=，22834MNktxxk+=−+，()2224334MNktxxk−=+，()()()2222222161239134kktMNkk−+=++同理，

()2222212149913434kkABkkk++=+=++.由24MNAB=得0t=，此时，()()4222264163430ktkkt=−+−，直线:mykx=−，11,22Pk−

，即点P的定直线12x=上.15．【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三压轴】已知是平面直角坐标系中两个定点，过动点的直线的斜率分别为，且.（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；（Ⅱ）过点作相互垂直的两条直线与轨迹交

于两点，求证：直线过定点.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见证明【解析】（Ⅰ）由题意，知，得，整理得，故的方程为.（也可以写作）.（Ⅱ）显然两条过点的直线斜率都存在，设过点的直线方程，联立，解得，设直线的方程为：，将，代入

得，整理得：，由于两直线垂直，斜率乘积为-1，根据韦达定理，即，故直线过定点.能力提升训练1．【湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷（一)】已知椭圆22221(0)xyabab+=的离心率21=e，过焦点

且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为3（1）求椭圆的方程；（2）已知P为直角坐标平面内一定点，动直线l：12yxt=+与椭圆交于A、B两点，当直线PA与直线PB的斜率均存在时，若直线PA与PB的斜率之和为与t无关的常数，求出所有满足条件的定点P的坐标.【答案】(1)13422=

+yx.(2)31,2或31,2−−.【解析】（1）设椭圆的半焦距为c，则222cab=−，且21==ace.由22221xcxyab=+=，解得2bya=.依题意，223ba=，求得c=1，2a=，3b=，于是椭圆的方程为134

22=+yx.（2）设1112,Axxt+，2212,Bxxt+，),(nmP，将l：12yxt=+代入椭圆方程得2230xtxt++−=.()22430tt=−−，24t，则有

12xxt+=−，2123xxt=−.直线PA，PB的斜率之和12121122PAPBnxtnxtkkmxmx−−−−+=+−−()()()()1221121122nxtmxnxtmxmxmx−−−+−−−=−−2232323nmt

mntmtm−+−=++−，当32nm=，23mn=时斜率的和恒为0，解得1{32mn==或132mn=−=−.综上所述，所有满足条件的定点P的坐标为31,2或31,2−−.2．【北京市

丰台区2019届高三年级第二学期综合练习（二)】已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=的左、右顶点分别为,AB，长轴长为4，离心率为12.过右焦点F的直线l交椭圆E于,CD两点（均不与,AB重合）

，记直线,ACBD的斜率分别为12,kk.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）是否存在常数，当直线l变动时，总有12kk=成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案】（Ⅰ）13422=+yx.（Ⅱ）存在常数1

3=使得1213kk=恒成立.【解析】（Ⅰ）由题知2222412acaabc===+解得23ab==，．所以求椭圆E的方程为13422=+yx．（Ⅱ）由（Ⅰ）知A（﹣2，0），B（2，0），当直线l

的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1．由221143xxy=+=解得132xy，．==或132xy==−，．得121322kk==，或121322kk=−=−，；均有1213kk=．猜测存在13=．当直线l的斜率存在时，设

直线l的方程为y＝k（x﹣1），C（x1，y1），D（x2，y2）．由()221143ykxxy=−+=，．得（4k2+3）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0．则2122212284341243kxxkkxxk，．+=+−=+故()()()()()21121212121

232213232322xyxyyykkxxxx−−+−=−=+−+−()()()()()()222212121212834084343258322322kkkkkkxxxxxxxx−−+++−++===+−+−0．所以存在常数13=使得1

213kk=恒成立．3．【江西省新八校2019届高三第二次联考】已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=，3c=，左、右焦点为12,FF，点,,PAB在椭圆C上，且点,AB关于原点对称，直线,PAPB的

斜率的乘积为14−.（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线l经过点()2,2Q，且与椭圆C交于不同的两点,MN，若163QMQN=，判断直线l的斜率是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2214xy+=；（2）直线l的斜率为定值2【解析

】（1）由题意知：2214PAPBbkka=−=−，又3c=，222abc=+可得：24a=，21b=，23c=椭圆C的方程为：2214xy+=（2）设直线l的方程为：()22ykx−=−将其代入2214xy+=，整理可得：()22141

6(1)kxkkx++−+216(1)40k−−=则()()()22216141416140kkkk=−−+−−，得：38k设()11,Mxy，()22,Nxy则()12216114kkxxk−+=+，()()221222448316141414kkkxxkk−+−−==+

+又163QMQN=，且,0QMQN=163QMQN=又()112,2QMxy=−−，()222,2QNxy=−−所以()()()()12121622223xxyy−−+−−=又()1122ykx=−+，()2222ykx=−+()()()()()()()()()22

12121212121622222212413xxyyxxkxxxxk−−+−−=−−+=−+++=()()()222244831611624114143kkkkkkk−+−−++=++化简得

：()2216116143kk+=+，解得：22k=38k2k=直线l的斜率为定值24．【湖南省岳阳市第一中学2019届高三第一次模拟（5月)】已知椭圆C:22221(0)xyabab+=的焦距为23，且C过点13,2

.(1)求椭圆C的方程；(2)设1B、2B分别是椭圆C的下顶点和上顶点，P是椭圆上异于1B、2B的任意一点，过点P作PMy⊥轴于M，N为线段PM的中点，直线2BN与直线1y=−交于点D，E为线段1BD的中点，O为坐标原点，则ONENuuuruuur是否

为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）2214xy+=（2）见解析【解析】(1)由题意各焦距为23，∴3c=，又∵椭圆过点13,2，∴代入椭圆方程得221341ab+=，∵222abc=+，解得2a=，1b=，故所求椭圆C的方程是221

4xy+=；(2)证明：设()00,Pxy，00x，则0(0,)My，00,2xNy，∵点P在椭圆C上，220014xy+=，即220044xy=−，又()20,1B，∴直线2BN的方程为()00211yyxx−−=，令1y=−，得00

1xxy=−，∴00,11xDy−−，又()20,1B−，E为线段1BD的中点，∴()00,121xEy−−，∴00,2xONy=uuur，()0000,1221xxENyy=−+−uuur，因()()()2220000000000012

221441xxxxxONBNyyyyyy=−++=++−−uuuruuur()20000044111041yyyyy−=+=−−+=−.∴ONBN⊥uuuruuur，即ONEN⊥.5．【江西省名校（临川一中、南

昌二中)2019届高三5月联合考试】已知两定点11,0,,033AB−，点M是平面内的动点，且4ABAMBABM+++=,记M的轨迹是C（1）求曲线C的方程；（2）过点1(1,0)F引直线l交曲线C于,QN两点，设(01)QFFN且

=，点Q关于x轴的对称点为R，证明直线NR过定点.【答案】（1）22143xy+=；（2）见解析【解析】（1）设(,)Mxy，(1,)ABAMxy+=+，(1,)BABMxy+=−，则22||(1)ABAMxy+=++，22||(1)BABMxy+=−+，由于||||4ABAM

BABM+++=，即2222(1)(1)4xyxy+++−+=，设1(1,0)F−，2(1,0)F，则12||||4FMFM+=，点M的轨迹是以1F，2F为焦点的椭圆，故2a=，1c=，3b=，所以，动点M的轨迹E的方程为：22143xy+=．如图所示，先探究特

殊性，当点Q为椭圆的上顶点（0，3）时，直线l:3(1)yx=−−,联立直线和椭圆方程得833(,),(0,3)55NR−−,3,4RNk=直线RN:33,4yx=−令y=0,得x=4,所以直线RN过定点P(4,0).下面证明一般情形：设直线l:1122111,(

,),(,),(,)xmyQxyNxyRxy=+−则联立22221,(34)6903412xmymymyxy=+++−=+=，判别式2=1441),m+（所以2212122223643649,,343434mmmmyyyymmm−

−+−++===−+++12121226,2m3(),34myyyyyym+=−=++注意到，即1122323ymyyy−+=，设1122,(1,)(1,)(3,0)FRFNFPxyxy=+−−=−+，于是，12121=(1+3=xxyy−−−），又1

212,,3QFFNyymymy=−==+，解得1122==-,3ymyy=，所以21122232918118+=139181ymyymmmymm−+++−==−++，所以点R,N,P三点共线，因此直线RN经过定点P(4,0).综上，直线RN经过定

点P(4,0).6．【安徽省江淮十校2019届高三年级5月考前最后一卷】已知P是圆1F：22(1)16xy++=上任意一点，2(1,0)F，线段2PF的垂直平分线与半径1PF交于点Q，当点P在圆1F上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）记曲线C与

x轴交于,AB两点，M是直线1x=上任意一点，直线MA，MB与曲线C的另一个交点分别为,DE，求证：直线DE过定点(4,0)H.【答案】(1)22143xy+=；(2)见解析【解析】（1）由线段2PF的垂直平分线与半径1PF交于点Q，得12111242Q

FQFQFQPPFFF+=+===，所以点Q的轨迹为以12,FF为焦点，长轴长为4的椭圆，故24,2aa==，22,1cc==，2223bac=−=曲线C的方程为22143xy+=（2）由（1）得(

)()2,0,2,0AB−,设点M的坐标为()1m，，直线MA的方程为:()23myx=+，将()23myx=+与22143xy+=联立整理得：()222242716161080+mxmxm++−=，设点D的坐标为(),DDx

y，则22161082427Dmxm−−=+，故22548427Dmxm−=+，则()23623427DDmmyxm=+=+，直线MB的方程为:()2ymx=−−，将()2ymx=−−与22143xy+=联立整理得：()2222431616120+

mxmxm+−−=，设点E的坐标为(),EExy，则221612243Emxm−=+，故228643Emxm−=+，则()212243EEmymxm=−−=+，HD的斜率为()122236644954844

27DDymmkxmmm===−−+−−+HE的斜率为()222212644986443EEymmkxmmm===−−+−−+因为12kk=，所以直线DE经过定点H.7．【2019年甘肃省兰州市高考数学一诊】已知曲线C上的任意一点到直线l：x=−12的距离

与到点F（102，）的距离相等．（1）求曲线C的方程；（2）若过P（1，0）的直线与曲线C相交于A，B两点，Q（−1，0）为定点，设直线AQ的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，直线AB的斜率为k，证明：22212112kkk+−为定值．【

答案】（1）y2=2x；（2）见解析【解析】（1）由条件可知，此曲线是焦点为F的抛物线，p122=，p=1．∴抛物线的方程为y2=2x；（2）根据已知，设直线AB的方程为y=k（x−1）（k≠0），由()2ykx1y2x=−=，

可得ky2−2y−2k=0．设A（211yy2，），B（222yy2，），则122yyk+=，y1y2=−2．∵1112211y2ykyy212==++，2222222y2ykyy212==++．∴22221222221212(y2)(y2)11kk4y4y+++=+=2222221

2212212(y2)y(y2)y4yy+++=()42422222122112122212yyyy8yy4yy4yy++++=()2221212128yy32(yy)2yy4162+++−+==22482k42k+=+．∴222121124kkk+−=．8．【山东省淄

博市2019届部分学校高三阶段性诊断考试】已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左右焦点分别为12,FF，离心率为12，P是椭圆C上的一个动点，且12PFF面积的最大值为3.（1）求椭圆C的方程；（2）设直线2PF斜率为(0)kk，且2PF与椭圆C的另

一个交点为Q，是否存在点(0,)Tt，使得||||?TPTQ=若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)22143xy+=(2)见解析【解析】解（1）当P为C的短轴顶点时，12PFF的面积有最大值3所以222

121232caabccb==+=，解得231abc===，故椭圆C的方程为：22143xy+=.（2）设直线PQ的方程为(1)ykx=−，将(1)ykx=−代入22143xy+=，得()22223484120kxkxk+−+−=；设()()1122,,,PxyQxy

，线段PQ的中点为()00,Nxy，()212120002243,1234234xxyykkxykxkk++−====−=++，即22243,3434kkNkk−++因为||TPTQ=，所以直线TN为线段PQ的垂直平分线，所以TNPQ⊥，则·1TNPQkk=−，

即2223431443ktkkkk−−+=−+，所以213434ktkkk==++，当0k时，因为3443kk+，所以30,12t，当k0时，因为3443kk+−，所以3,012t−.综上，存在点T，使得||TPT

Q=，且t的取值范围为33,00,1212−.9．【北京市朝阳区2019届高三第二次（5月)综合练习（二模)】已知椭圆:C2221xya+=(>1)a的离心率为63.（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设直线l过点(1,0)M且与椭圆C相交于,AB两点

.过点A作直线3x=的垂线，垂足为D.证明直线BD过x轴上的定点.【答案】（1）2213xy+=；（2）见解析.【解析】（1）解：由题意可得222163bcaabc===+,解得3,1ab==，所以

椭圆C的方程为2213xy+=．（2）直线BD恒过x轴上的定点N（2，0）．证明如下（a）当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x=1，不妨设A（1，63），B（1，63−），D（3，63）．此时，直线BD的方程为：y=63（x-2），所以直线BD过点（2，0）．（b）当直线l的斜率存在时，设A（

x1，y1），B（x2，y2），直线AB为y=k（x-1），D（3，y1）．由()12233ykxxy=−+=得：（1+3k2）x2-6k2x+3k2-3=0．所以x1+x2=22631kk+，x1x2=223331kk−+．……（*）直线BD：y-

y1=2123yyx−−（x-3），只需证明直线BD过点（2，0）即可.令y=0，得x-3=()12213yxyy−−−，所以x=2112121333yyyxyyy−−+−=212213yyxyy−−=2122143xxxxx−−

−即证21221432xxxxx−−=−，即证()211223xxxx+−=.将（*）代入可得()222211222212339323313131kkkxxxxkkk−++−=−==+++.所以直线BD过点（2，0）综上所述，直线BD恒过x轴上的定点

（2，0）．10．【河南省郑州市2019届高三第三次质量检测】已知抛物线，圆()22:31Exy−+=.（Ⅰ）F是抛物线C的焦点，A是抛物线C上的定点，()0,2AF=，求抛物线C的方程；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，过点F的直线l与圆E相切，设直线l交抛物线C于P，Q两点，则在x轴上是否存在点M使

PMOQNO=？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（Ⅰ）24yx=；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）抛物线C的焦点为(,0)2pF,由(0,2),22pAFA=−代入抛物线方程得p=2,故抛物线C的方程为：24yx=（Ⅱ）当直线的斜率不存在时,过

点(1,0)F的直线不可能与圆E相切；所以过抛物线焦点与圆相切的直线的斜率存在,设直线斜率为k,则所求的直线方程为(1)=−ykx,所以圆心到直线l的距离为2|2|1kdk=+当直线l与圆相切时,有2|2|31,31kdkk===+所以所求的切线方程为3(1)3yx=−或3(1)3y

x=−−不妨设直线l：3(1)3yx=−,交抛物线于()()1122,,,PxyQxy两点,联立方程组23(1)34yxyx=−=得21410xx−+=.所以121214,1xxxx+==,,假设存在点(,0)Mt使PM

OQNO=，则0PMBMkk+=.所以()()()()()()()()121221121212123311113333PMQNxxxxtxxtyykkxtxtxtxtxtxt−−−−+−−+=+=+=−−−−−−

()()()1212122(1)233xxtxxtxtxt−+++=−−()()()()121232(1)1423(1212)033tttxtxtxtxt−++−−===−

−−−即t=-1故存在点(1,0)M−符合条件当直线l：3(1)3yx=−−时,由对称性易知点(1,0)M−也符合条件综上存在点(1,0)M−使PMOQNO=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com