【新高考复习】专题30 圆锥曲线求过定点大题100题(解析版)

专题30圆锥曲线求过定点大题100题1．已知椭圆C：223412xy.（1）求椭圆C的离心率；（2）设,AB分别为椭圆C的左右顶点,点P在椭圆C上,直线AP,BP分别与直线4x相交于点M,N.当点P运动时,以M,N为直径的圆是否经过x轴上的定点？试证明你的结论.【答案】（1）12（2）以MN为直径的圆经过x轴上的定点1,0和7,0,证明见解析【分析】（1）先将223412xy转化为22143xy,根据椭圆的性质得到,,abc,即可求出离心率.（2）根据椭圆方程求出(2,0),(2,0)AB,设00,Pxy,则2200:3412Cxy①,分别求出直线AP和BP的方程,再分别与4x相交于点M0064,2yx和N0024,2yx,设以MN为直径的圆经过x轴上的定点1,0Qx,则MQNQ,即0MQNQ得220100124022yxxx②,将①代入②得2149x解得11x或17x,得出MN为直径的圆是过定点1,0和7,0.【详解】解：（1）由223412xy得22143xy,那么224,3ab所以2221cab解得2a,1c所以离心率12cea（2）由题可知(2,0),(2,0)AB,设00,Pxy,则2200:3412Cxy①直线AP的方程：00(2)2yyxx令4x,得0062Myyx,从而M点坐标为0064,2yx直线BP的方程：00(2)2yyxx令4x,得0022Nyyx,从而N点坐标为0024,2yx设以MN为直径的圆经过x轴上的定点1,0Qx,则MQNQ由0MQNQ得220100124022yxxx②由①式得2220001236994yxx,代入②得2149x解得11x或17x所以MN为直径的圆经过x轴上的定点1,0和7,0.2．已知椭圆C：22221(0)xyabab的短轴长为23，离心率为12.（1）求椭圆的方程；（2）求过椭圆的右焦点且倾斜角为135°的直线，被椭圆截得的弦长；（3）若直线:lykxm与椭圆C相交于A，B两点（AB，不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）椭圆C的方程：22143xy（2）247（3）见解析，2(,0)7【分析】（1）根据椭圆短轴长公式和离心率公式进行求解即可；（2）求出过椭圆的右焦点且倾斜角为135°的直线方程，将与椭圆C方程联立，结合椭圆弦长公式和一元二次方程根与系数关系进行求解即可；（3）根据以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，可以得到向量的数量积为零，将直线方程与椭圆方程联立，利用一元二次方程根与系数进行求解即可.【详解】（1）因为椭圆C：22221(0)xyabab的短轴长为23，离心率为12，所以有223b且1=2ca，而222abc，解得224,3ab，因此椭圆C的标准方程为：22143xy；（2）因为2221cabc，所以椭圆C的右焦点坐标为(1,0)，因此过椭圆的右焦点且倾斜角为135°的直线方程是1yx，因此有22217880143yxxxxy因此设交点坐标分别为1122(,),(,)CxyDxy，因此有121288,77xxxx，因此有222212121212241(1)2()2()47CDxxxxxxxx,所以直线被椭圆截得的弦长为247；（3）设3344(,),(,)AxyBxy，由题意可知34,2xx，设椭圆右顶点的坐标为：(2,0)E，因为以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，所以有34340(2)(2)()()0AEBEAEBEAEBExxyy，即34343442()0()xxxxyy.直线:lykxm与椭圆C的方程联立，得：2222223434228412(34)84120,3434143ykxmkmmkxkmxmxxxxxykk因此2222343434342312()()()34mkyykxmkxmkxxkmxxmk，因此由()可得：2222221641231240343434kmmmkkkk，化简得：2241670(2)(27)02kkmmkmkmmk，或27mk当2mk时，直线l方程为2(2)ykxmykxkykx该直线恒过(2,0)点这与已知矛盾，故舍去；当27mk时，直线l方程为22()77ykxmykxkykx该直线恒过2(,0)7点，综上所述：直线l过定点2(,0)7.3．如图,已知椭圆2222:1(0)xyCabab的上顶点为(0,1)A,离心率为32.(1)求椭圆C的方程;(2)若过点A作圆222:(1)(01)Mxyrr的两条切线分别与椭圆C相交于点,BD(不同于点A).当r变化时,试问直线BD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)2214xy(2)过定点50,3【分析】(1)椭圆2222:1(0)xyCabab的上顶点为(0,1)A,离心率为32,可得222132bcaabc,即可求得答案.(2)设切线方程为1ykx,则2|1|1krk,即2221210rkkr.设两切线,ABAD的斜率分别为1212,kkkk,则12,kk是上述方程的两根,根据韦达定理可得:121kk,结合已知即可求得答案.【详解】(1)椭圆2222:1(0)xyCabab的上顶点为(0,1)A,离心率为32可得222132bcaabc解得2,1ab椭圆C的方程为2214xy.(2)设切线方程为1ykx,则2|1|1krk即2221210rkkr设两切线,ABAD的斜率分别为1212,kkkk,则12,kk是上述方程的两根,根据韦达定理可得:121kk由22114ykxxy消掉y得:221480kxkx设1122,,,BxyDxy211112211814,1414kkxykk同理可得222121222222212188144,144144kkkkxykkkk221122211111122114144141883414BDkkkkkkkkkkk直线BD方程为2211122111141814314kkkyxkkk令0x,得2221111222111114185205143143314kkkkykkkk,故直线BD过定点50,3.4．已知动点(,)Pxy(0)x到定点(1,0)的距离比它到y轴的距离大1.（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）设点(,0)Qm(m为常数)，过点Q作斜率分别为12,kk的两条直线1l与2l，1l交曲线E于,AB两点，2l交曲线E于,CD两点，点,MN分别是线段,ABCD的中点，若121kk，求证：直线MN过定点.【答案】（1）24yx（2）见解析【分析】（1）由题意可得，点P到定点(1,0)的距离等于它到1x的距离，从而点P的轨迹是以(1,0)为焦点，1x为准线的抛物线，从而求出答案；（2）先写出直线AB的点斜式方程，再联立抛物线方程消元，得韦达定理结论，利用中点坐标公式求出点M，同理求出点N，从而求出直线直线MN的斜率及直线方程，从而得出直线MN过定点．【详解】解：（1）∵点P到定点(1,0)的距离比它到y轴的距离大1，∴点P到定点(1,0)的距离等于它到1x的距离，∴点P的轨迹是以(1,0)为焦点，1x为准线的抛物线，∴动点P的轨迹E的方程为24yx（2）由题意，直线AB的方程为1()ykxm，设1122(,),(,)AxyBxy，由12()4ykxmyx，得211440kyykm，∴121214,4yyyymk，又线段AB的中点为M，所以21122,Mmkk，同理22222,Nmkk，∴直线MN的斜率121212MNMNMNyykkkkkxxkk，∴直线MN的方程为：1221122ykkxmkk，即12()2ykkxm，∴直线MN过定点(,2)m．5．已知F为抛物线22ypx(0)p的焦点，过F且倾斜角为45的直线交抛物线于A，B两点，||8AB.（1）求抛物线的方程：（2）已知0,1Px为抛物线上一点，M，N为抛物线上异于P的两点，且满足2PMPNkk，试探究直线MN是否过一定点？若是，求出此定点；若不是，说明理由.【答案】（1）24yx（2）过定点，9,14【分析】(1)设出直线的方程，联立抛物线的方程，根据韦达定理即可求解出p的值，即可求解出抛物线的方程；(2)求解出P点坐标，设出直线MN的方程(0),xmytm，根据2PMPNkk求解出,mt之间的关系，从而确定出直线所过的定点.【详解】解：（1）由已知,02PF，直线AB的方程为2pyx联立直线与抛物线222ypxpyx，消y可得，22304pxpx，所以3ABxxp，因为||ABABxxp4p8，所以24p，即抛物线的方程为24yx.（2）将0,1Px代入24yx可得1,14P，不妨设直线MN的方程为(0),xmytm11,,Mxy22,Nxy,联立24yxxmyt，消x得2440ymyt，则有124,yym124,yyt21616mt，由题意1212111144PMPNyykkxx124411yy1212161yyyy2,化简可得，94tm，代入21616mt29164mm21163202m此时直线MN的方程为9(1)4xmy，所以直线MN过定点9,14.6．已知圆22:(2)1Mxy，圆22:(2)49Nxy，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）设不经过点(0,23)Q的直线l与曲线C相交于A，B两点，直线QA与直线QB的斜率均存在且斜率之和为-2，证明：直线l过定点.【答案】（1）2211612xy；（2）证明见解析.【分析】（1）根据动圆P与圆M外切并且与圆N内切，得到||1PMr，||7PNr，从而得到||||8PMPN，得到28,2ac，从而求出椭圆的标准方程；（2）直线l斜率存在时，设:(23)lykxmm，代入椭圆方程，得到12xx，12xx，表示出直线QA与直线QB的斜率，根据2QQABkk，得到k，m的关系，得到直线所过的定点，再验证直线l斜率不存在时，也过该定点，从而证明直线过定点.【详解】（1）设动圆P的半径为r，因为动圆P与圆M外切，所以||1PMr，因为动圆P与圆N内切，所以||7PNr，则||||(1)(7)8||4PMPNrrMN，由椭圆定义可知，曲线C是以(2,0)M、(2,0)N为左、右焦点，长轴长为8的椭圆，设椭圆方程为22221xyab(0)ab，则4a，2c，故22212bac