新人教A版（2019）高中数学选择性必修第一册高二上学期一轮复习椭圆中的定点问题 专题训练.docx

1、专题7：椭圆中的定点问题1已知椭圆，点在椭圆上，椭圆上存在点与左焦点关于直线对称（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆的左右顶点，过点的直线，与椭圆相交于点两点，求证：直线过定点，并求出定点坐标.2已知椭圆经过点，且其右焦点与抛物线的焦点重合，过点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，线段上是否存在点，使得？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；（3）过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于，两点，点关于轴的对称点为，试证明：直线过定点3已知椭圆：，斜率为k的直线l与椭圆有两个不同的公共点A、B，的左、右焦点分别为、.（1）若直线l经过点，求的周长；（2）若，

2、求面积的取值范围；（3）若， ，直线与椭圆的另一个交点为C，直线与椭圆的另一个交点为D，求证：直线过定点，并求出定点的坐标.4已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率为，M是椭圆上的动点，的最大面积为1（1）求椭圆的方程；（2）求证：过椭圆上的一点的切线方程为：；（3）设点P是直线上的一个动点，过P做椭圆的两条切线，切点分别为A，B，则直线AB是否过定点？若是，求出这个定点坐标，否则，请说明理由5已知椭圆C：y21的右焦点为F，过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A，B两点，直线l：x2与x轴相交于点H，过点A作ADl，垂足为D.（1）求四边形OAHB(O为坐标原点)的面积的取值范围.（2）

3、证明：直线BD过定点E，并求出点E的坐标.6已知椭圆过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设点为椭圆的上顶点，、是椭圆上两个不同的动点（不在轴上），直线、的斜率分别为、，且，求证：直线过定点.7已知椭圆过、两点.（1）求椭圆的离心率；（2）设椭圆的右顶点为，点在椭圆上（不与椭圆的顶点重合），直线与直线交于点，直线交轴于点，求证：直线过定点.8已知是椭圆的左焦点，焦距为，且过点.（1）求的方程;（2）过点作两条互相垂直的直线，若与交于两点，与交于两点，记的中点为的中点为，试判断直线是否过定点，若过点，请求出定点坐标;若不过定点，请说明理由.9如图，已知椭圆：的左焦点为，直线与椭圆交于，两点，

4、且时，.（1）求的值；（2）设线段，的延长线分别交椭圆于，两点，当变化时，直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.10已知斜率为的的直线与椭圆交于点，线段中点为，直线在轴上的截距为椭圆的长轴长的倍.（1）求椭圆的方程；（2）若点都在椭圆上，且都经过椭圆的右焦点，设直线的斜率分别为，线段的中点分别为，判断直线是否过定点，若过定点.求出该定点，若不过定点，说明理由.11在平面直角坐标系中，椭圆：的左顶点为，点、是椭圆上的两个动点（1）当、三点共线时，直线、分别与轴交于，两点，求的值；（2）设直线、的斜率分别为，当时，证明：直线恒过一个定点12已知：椭圆的左右焦点为，椭圆截直

5、线所得线段的长为，三角形的周长为.（1）求的方程；（2）若，为上的两个动点，且.证明：直线过定点，并求定点的坐标.13已知椭圆的离心率为，直线与圆相切.（1）求椭圆的方程；（2） 若直线与椭圆交于、两点（、不是左、右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，证明：直线过定点，并求出该定点坐标14已知为椭圆上的一点，焦距长为2、为椭圆的两条动弦，其倾斜角分别为，且（，）（1）求椭圆的标准方程；（2）探究直线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15已知椭圆的离心率为，且经过点.（）求椭圆的方程；（）不过点的直线与椭圆交于两点，以线段为直径的圆经过点，证明：直线过定点.参考答案，仅供

6、参考哦1（1）；（2）定点坐标. 【分析】（1）先写出的坐标，得，再联立方程，解方程即可；（2）设，设 方程和方程分别为、 ，将它们分别与椭圆方程联立，得到 方程，进而求出定点. 【解析】（1）由题意可得：左焦点关于直线对称点；解得所以椭圆的方程：；（2）由题意可知，同时直线斜率存在且不为零，与椭圆交于，设，可得，与椭圆交于，设，可得，当时，直线，令时，当时，直线恒过点.【点评】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在

7、等特殊情形2（1）；（2）存在，；（3）证明见解析 【分析】（1）求出抛物线的焦点，即可根据椭圆的右焦点坐标及点列方程求解a、b，从而求得椭圆方程；（2）设直线的方程为：，联立直线方程与椭圆方程可得关于x的一元二次方程，利用韦达定理及中点坐标公式用k表示出线段的中点，根据所给等式可证明直线为直线的垂直平分线，则可得直线的方程，求出点N的横坐标从而可求得n的范围；（3）联立直线AB的方程与椭圆方程可得关于x的一元二次方程，设，根据韦达定理求出、，求出直线AE的方程并令，求出x并逐步化简可得，则直线过定点.【解析】（1）椭圆右焦点与抛物线的焦点重合，且经过点，解得，椭圆的方程为：（2）设直线的方程

8、为：，代入，得：，恒成立设，线段的中点为，则，由，得：，直线为直线的垂直平分线，直线的方程为：，令得：点的横坐标，线段上存在点，使得，其中（3）证明：设直线的方程为：，代入，得：，过点且不垂直于轴的直线与椭圆交于，两点，由，得：，设，则，则直线的方程为，令得：直线过定点【点评】圆锥曲线中的定点、定值问题是高考中的常考题型，难度较大，考查知识间的联系与综合，着重考查考生运用圆锥曲线的知识进行逻辑推理的能力. 1.参数法 圆锥曲线的定点、定值问题会涉及到曲线上的动点及动直线，所以很常用的方法就是设动点或设动直线，即引入参数解决问题，那么设参数就有两种情况，第一种是设点的坐标，第二种是设直线的斜率.

9、 2.由特殊到一般法 如果要解决的问题是一个定值（定点）问题，而题设条件又没有给出这个定值（定点），那么我们可以这样思考：由于这个定值（定点）对符合要求的一些特殊情况必然成立，那么我们根据特殊情况先找到这个定值（定点），明确了解决问题的目标，然后进行一般情况下的推理证明.3（1）8；（2）；（3）证明见解析，. 【分析】（1）根据椭圆的定义计算；（2）设直线方程为，由直线与椭圆相交于两点，及直线不过原点求出，应用韦达定理求得弦长，并求得原点到直线的距离得三角形面积，利用的范围结合二次函数性质得面积取值范围；（3）在（2）基础上，写出直线方程，与椭圆方程联立求得点坐标，同理得点坐标后再求出直线方

10、程，利用，由此方程关于是恒等式可得定点坐标 【解析】（1）由题意，的周长为；（2）设直线方程为，由得，设，则，又原点到直线的距离为，直线不过原点，（3）由（2）直线方程为，由得，又，代入整理得：，是此方程的两根，即，同理可得，直线方程为，注意，令，直线过定点【点评】 本题考查直线与相交问题，考查椭圆中三角形面积问题，直线过定点问题，对学生的运算求解能力要求较高，属于困难题解题时采用“设而不求”的思想方法，设直线方程为，设交点坐标为，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，由判别式得参数的范围，由韦达定理求得弦长，求出原点到直线的距离后可得三角形面积，利用函数的性质结合参数范围可得面积的范围而直线过

11、定点问题，就是由参数求出交点坐标，写出直线方程，由方程分析得出直线所过定点坐标4（1）；（2）证明见解析；（3）直线AB过定点. 【分析】（1）当M是椭圆的短轴端点时，的面积最大，得到，再结合离心率及，可求得椭圆方程；（2）联立，得(*) ，又点在椭圆上得，即可将方程变形为，即直线和椭圆仅有一个公共点，可证得为椭圆的公切线.（3）设，切点，由切线方程可知，又P在切线上，可知直线AB的方程为：，可得直线AB过定点 【解析】（1）M是椭圆上的动点 ，即时， ，即，又，椭圆的方程为 （2）证明：联立，得(*) 点在椭圆上，即， 得，故直线和椭圆仅有一个公共点，为椭圆的公切线（3）设，切点，由（2）的

12、结论可知，切线的方程分别为 ， 在切线上，都满足，即直线AB的方程为： 直线AB过定点.【点评】 本题考查椭圆的简单性质，椭圆的切线方程，直线与椭圆的位置关系，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5（1）；（2）证明见解析，定点E 【分析】（1）直线AB的方程代入椭圆C，结合韦达定理得两根关系，求出四边形OAHB面积表达式，根据基本不等式求得取值范围；（2）由点坐标写出直线BD的方程的表达式，令y0，求出的表达式，结合（

13、1）中两根关系进行化简计算得到定值即可 【解析】（1）由题设知F(1，0)，设直线AB的方程为xmy1(mR)，A(x1，y1)，B(x2，y2)由消去x并整理，得(m22)y22my10.，则y1y2，y1y2，所以|y1y2|所以四边形OAHB的面积S|OH|y1y2|2令t，则，所以S，因为t2(当且仅当t1，即m0时取等号)，所以0S，故四边形OAHB的面积的取值范围为；（2）由B(x2，y2)，D(2，y1)，可知直线BD的斜率k，所以直线BD的方程为yy1 (x2)令y0，得x由（1）知，y1y2，y1y2，所以y1y22my1y2将代入，化简得x，所以直线BD过定点E【点评】求定

14、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6（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）求得点，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆的方程联立，求出点的坐标，同理可得点的坐标，结合计算得出，由此可证得结论成立. 【解析】（1）根据题意得：，解得，所以椭圆的方程为；（2）因为点为椭圆上顶点，所以点的坐标为，设点、，设直线，由得，解得，则，即点，设直线，同理可得，又因为，所以，所以，所以，所以直线过定点.【点评】 求解直线过定点

15、问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性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点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.7（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）将点、的坐标代入椭圆的方程，求出、的值，可得出的值，进而可求得椭圆的离心率；（2）设直线的方程为，求出点、的坐标，求出直线的方程，求出点的坐标，进一步可求得直线的方程，由此可得出直线所过定点的坐标. 【解

16、析】（1）将点的坐标代入椭圆的方程可得，同理，因此，椭圆的离心率为；（2）如下图所示：直线的方程为，即，易知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，消去可得，由韦达定理可得，则，所以，点的坐标为，联立，解得，即点，所以，直线的斜率为，所以，直线的方程为，在直线的方程中，令，可得，即点，所以，直线的斜率为，所以，直线的方程为，即，整理可得，由，解得，因此，直线过定点.【点评】 求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根

17、据参数的任意性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点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.8（1）；（2）过定点，. 【分析】（1）由题知，再结合，即可求出，进而求出椭圆方程；（2）分类讨论直线的斜率存在与否，当其中一条直线斜率为0，一条直线斜率不存在，可知直线为轴；当两条直线斜率均存在，设出直线方程，与椭圆联立，分别求出点M，N坐标，从而求出直线方程，整理直线方程，可得直线过定点. 【解析】（1）由题意可得，解得：或(舍），故椭圆的方程为.（2）由题意知，当其中一条的斜率不存在时，另外一条的斜率为，此时直线为轴；当的斜率都存在且不为时，设，

18、设，联立，整理得，则所以的中点同理由，可得的中点则所以直线的方程为化简得故直线恒过定点.综上，直线过定点【点评】 本题考查圆锥曲线中定点问题，常用两种解法：(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9（1）；（2）过定点，定点为. 【分析】（1）联立直线与椭圆，求出的坐标，再利用时，可求出的值；（2）由（1）知，椭圆：，设出直线的方程与椭圆方程联立解得的坐标，同理得的坐标，再求出直线的方程，令，可得为定值，从而可知直线过定点. 【解析】（1）设，则，由题意

19、得焦点为所以，.当时，有.联立得，从而.将代入，得，即，所以或（舍），故.（2）由（1）知，椭圆：.设：，代入椭圆：，消去并整理得，所以，而，所以，由韦达定理得，所以.同理：，即，所以，所以，于是.所以直线：.令，得，将代入得，所以经过定点.【点评】 将的坐标当已知，求出的坐标和直线的方程，再令得到为定值是本题解题关键.10（1）；（2）过定点，. 【分析】（1）利用点差法可得，再由直线的方程为，求出轴上的截距，结合题意即可求解.（2）设直线的方程分别为，分别将直线与椭圆方程联立，分别求出，求出直线方程，化简整理即可求解. 【解析】本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，考查数学运算及逻辑推

20、理的核心素养.（1）设，则，且两式相减得即，即，所以又直线的方程为，令，得所以，所以椭圆的方程为.（2）由题意得，直线的方程分别为，设，联立，得，所以，则同理所以 由得，所以直线的方程为整理得，所以直线过定点.【点评】 本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是设出直线方程，求出点、以及直线的方程为，考查了运算求解能力，综合性比较强.11（1）2；（2）证明见解析. 【分析】（1）设点的坐标，运用向量的坐标形式的数量积公式，并借助点在椭圆上化简即可；（2）先探求的坐标,再从这一特殊情形入手求出定点坐标,最后再验证一般情况,很容易求出定点的坐标. 【解析】解：（1）由题意，得，设，则根据、三点

21、共线可知，故直线方程为，直线方程为，又点在上，即，由此得（2）由题意知直线、的斜率存在，设直线的方程为，直线的方程为，由，得，因为和是此方程的两个根，所以，所以，同理得因为，所以，当时，此时与的横坐标相同，所以直线的方程为所以的横坐标为当时，的方程为，令，得所以直线恒过定点【点评】求定点问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定点，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，从而得到定点12（1）；（2）证明见解析，定点. 【分析】（1）根据截直线所得线段的长为，可得，再结合的周长为，求解即可.（2）由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根

22、据，且垂直轴，可得，结合韦达定理可求m与k的关系，再代入直线方程求解. 【解析】解：（1）把代入得，则.即.又的周长为，由椭圆概念得从而故的方程为.（2）证明：由题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为，联立，得.设，的坐标分别为，则，且，.设直线，的倾斜角分别为，且垂直轴，即，则，即，化简可得，则直线的方程为，故直线过定点.【点评】 由，且垂直轴，得到，是解答本题的关键.13（1）；（2）证明见解析，定点坐标为. 【分析】（1）求出的值，由已知条件求出、的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，设椭圆的右顶点为，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由已知条件可得，可得出与所满足的关系

23、式，由此可求得直线所过定点的坐标. 【解析】（1）由于直线与圆相切，则，由已知条件可得，解得，因此，椭圆的方程为；（2）设点、，设椭圆的右顶点为，由题意可知，直线不过椭圆的左、右顶点，则，联立，消去并整理得，由韦达定理可得，由于以为直径的圆过椭圆的右顶点，则，所以，整理可得，解得或（舍去）.所以，直线的方程为，所以，直线恒过定点.【点评】 利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.14（

24、1）；（2）过定点， 【分析】（1）由题意得、可得椭圆标准方程；（2）当直线斜率不存在时，设为由可得结论；当直线斜率存在时，设方程为，点坐标为，点坐标为，与椭圆方程联立，利用韦达定理表示化简得，代入直线方程可得答案. 【解析】（1）由题意知，且，所以，所以，椭圆标准方程为（2）当直线斜率不存在时，设为，设点坐标为，点坐标为，由于，直线斜率不存在时，不符合题意当直线斜率存在时，设方程为，点坐标为，点坐标为，联立，得，显然，直线，不经过点，即，故有，化简得，直线为，显然当时，上式成立，直线过定点，综上，直线过定点【点评】本题考查了椭圆方程、椭圆中直线过定点的问题，第二问的关键点是利用韦达定理表示，

25、考查了学生分析问题、解决问题及计算问题的能力.15（）；（）证明见解析. 【分析】（）由题意可得，再由即可求解.（）分类讨论，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立，消，利用韦达定理求出两根之和、两根之积，根据题意可知，即 ，从而求得 或 （都满足），即求；当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，求出即可求解. 【解析】（）由椭圆离心率为，且经过点 ，可知所以 .所以 . 所以椭圆的方程为.（）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由，得 .设， 则.因为以线段为直径的圆经过点 ，所以 . 所以 . 由 ，整理得 .解得 或 （都满足）.所以 或 .因为直线不过点，所以直线过定点 当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，则，. 解得 或（舍）.综上 直线过定点.【点评】 本题考查了直线与椭圆的位置关系，解题的关键是利用韦达定理以及向量的数量积求出直线中与的关系，考查了运算求解能力.