2025年高考数学一轮知识点复习-圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题-专项训练(含答案）.docx

1、圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题1已知双曲线C：x2a2y2b21(a0，b0)，渐近线方程为yx20，点A(2，0)在C上(1)求双曲线C的方程；(2)过点A的两条直线AP，AQ分别与双曲线C交于P，Q两点(不与A点重合)，且两条直线的斜率k1，k2满足k1k21，直线PQ与直线x2，y轴分别交于M，N两点，求证：AMN的面积为定值2已知椭圆C：y2a2+x2b21(ab0)的离心率为53，点A(2，0)在C上(1)求C的方程；(2)过点(2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点3已知椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)的左、右焦

2、点分别为F1(c，0)，F2(c，0)，M，N分别为左、右顶点，直线l：xty1与椭圆C交于A，B两点，当t33时，A是椭圆的上顶点，且AF1F2的周长为6.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线AM，BN交于点Q，证明：点Q在定直线上；(3)设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，证明：k1k2为定值4已知椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)的离心率为22，且过点A(2，1)(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值参考答案1解：(1)a0，b0，依题意，ba=12，a=2b1，所以双曲线C的方程为x24y21.(2)依题意可知，

3、直线PQ的斜率存在，设方程为ykxm，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，y=kx+m，x24y2=1(14k2)x28kmx4m240x1+x2=8km14k2，x1x2=4m2+414k2，所以64k2m24(14k2)(4m24)0，m214k20，k1k2y1x12+y2x222kx1x2+m2kx1+x24mx1x22x1+x2+42k4m2+414k2+m2k8km14k24m4m2+414k228km14k2+41，整理得(m2k)(m2k1)0.m2k0PQ：ykx2k，过A(2，0)，舍去，m2k10PQ：ykx2k1，过点(2，1)，此时，将m12k代入得(12k)214k

4、224k0，k12，PQ与x2交于点M(2，1)，故SAMN12211为定值2解：(1)因为点A(2，0)在C上，所以4b21，得b24.因为椭圆的离心率eca53，所以c259a2，又a2b2c2459a2，所以a29，c25，故椭圆C的方程为y29+x241.(2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设lPQ：y3k(x2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由y3=kx+2，y29+x24=1，得(4k29)x2(16k224k)x16k248k0，则(16k224k)24(4k29)(16k248k)3648k0，故x1x216k2+24k4k2+9，x1x216k2+48k

5、4k2+9.直线AP：yy1x1+2(x2)，令x0，解得yM2y1x1+2，同理得yN2y2x2+2，则yMyN2y1x2+2+y2x1+2x1+2x2+22kx1+2k+3x2+2+kx2+2k+3x1+2x1+2x2+222kx1x2+4k+3x1+x2+8k+12x1x2+2x1+x2+422k16k2+48k+4k+316k224k+8k+124k2+916k2+48k+216k224k+44k2+92108366.所以MN的中点的纵坐标为yM+yN23，所以MN的中点为定点(0，3)3解：(1)当t33时，直线l：x33y1，令x0，得y3，即椭圆的上顶点为(0，3)，则b3，又A

6、F1F2的周长为6，即2a2c6，ac3，又a2c2b23，解得a2，c1，所以椭圆C的方程为x24+y231.(2)证明：由(1)知，M(2，0)，N(2，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，依题意，点A，B不在x轴上，由x=ty+1，x24+y23=1，消去x并整理得(3t24)y26ty90，0，由根与系数的关系得，y1y26t3t2+4，y1y293t2+4，直线AM的方程为yy1x1+2(x2)，直线BN的方程为yy2x22(x2)，联立直线AM，BN的方程得x+2x2y2x1+2y1x22y2ty1+3y1ty21ty1y2+3y2ty1y2y1，由y1y26t3t2+4得

7、y16t3t2+4y2，代入上式，得x+2x2ty1y2+3y2ty1y2y19t3t2+4+3y29t3t2+4+6t3t2+4+y29t3t2+4+3y23t3t2+4+y23，于是得x4，所以直线AM，BN的交点Q在定直线x4上(3)证明：由(2)知，k1k2y1x22y2x1+2y1ty21y2ty1+3ty1y2y1ty1y2+3y2，由y1y26t3t2+4，y1y293t2+4得，ty1y232(y1y2)，所以k1k2ty1y2y1ty1y2+3y212y1+32 y232y1+92 y213为定值4解：(1)由题设得4a2+1b21，a2b2a212，解得a26，b23所以C

8、的方程为x26+y231.(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为ykxm，代入x26+y231，得(12k2)x24kmx2m260.于是x1x24km1+2k2，x1x22m261+2k2.由AMAN知AMAN0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，可得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240.将代入上式，可得(k21)2m261+2k2(kmk2)4km1+2k2(m1)240.整理得(2k3m1)(2km1)0.因为A(2，1)不在直线MN上，所以2km10，故2k3m10，k1，m23k13.于是MN的方程为ykx2313(k1)所以直线MN过点P23，13.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，y1)由AMAN0，得(x12)(x12)(y11)(y11)0.又x126+y1231，所以3x128x140，解得x12(舍去)，x123.此时直线MN过点P23，13.令Q为AP的中点，即Q43，13.若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故|DQ|12|AP|223.若D与P重合，则|DQ|12|AP|.综上，存在点Q43，13，使得|DQ|为定值