高考数学专题06 圆锥曲线中的定值问题word版 人教版
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专题06圆锥曲线中的定值问题
一、单选题
1．过原点的直线与双曲线交于A,B两点，点P为双曲线上一点，若直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为（）
A．4B．1C．D．
【答案】C
【分析】
设，，，代入双曲线的方程，作差，可得，再由直线的斜率公式，结合平方差公式，计算可得所求值.
【详解】
由题意可设，，，
则，，
即有，
即，
由，，
可得，
因为，所以.
故选：.
二、多选题
2．已知椭圆的离心率为，的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边，，的中点分别为，，，且三条边所在直线的斜率分别，，，且，，均不为0．为坐标原点，则（）
A．
B．直线与直线的斜率之积为
C．直线与直线的斜率之积为
D．若直线，，的斜率之和为1，则的值为
【答案】CD
【分析】
由题意可得：．设，，，．，．利用点差法即可得出，，，即可判断．
【详解】
解：椭圆的离心率为，，
，故错；
设，，，．，．
，，
两式相减可得：．
，
同理，，
故错，正确．
又，
故选：CD．
【点睛】
方法点睛：本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式、中点坐标公式、点差法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题，处理中点弦问题常用的求解方法：
（1）点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点坐标公式即可求得斜率；
（2）根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解
3．设是抛物线上两点，是坐标原点，若，下列结论正确的为（）
A．为定值B．直线过抛物线的焦点
C．最小值为16D．到直线的距离最大值为4
【答案】ACD
【分析】
由抛物线方程及斜率公式即可判断A；设直线方程，结合韦达定理即可判断B；利用韦达定理求得的最小值，即可判断C；由直线过定点可判断D.
【详解】
对于A，因为，所以，
所以，故A正确；
对于B，设直线，代入可得，
所以，即，所以直线过点，
而抛物线的焦点为，故B错误；
对于C，因为，
当时，等号成立，
又直线过点，所以，故C正确；
对于D，因为直线过点，所以到直线的距离最大值为4，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】
解决本题的关键是利用抛物线的方程合理化简及韦达定理的应用，细心计算即可得解.
三、解答题
4．已知点到的距离是点到的距离的2倍.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若点与点关于点对称，点，求的最大值；
（3）若过的直线与第二问中的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值?若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）138；（3）存在，，.
【分析】
（1）设点，由題意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得.
（2）先由的轨迹方程求出点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理从而转化为：线性规划问题处理.
（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解.
【详解】
（1）设点，由題意可得，即，
化简可得.
（2）设，由(1)得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入上式消去可得，即的轨迹为.
令，则，可视为直线在y轴上的截距，
的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，
所以，，所以.
因此的最大值为138.
（3）存在点，使得为定值.
当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，
由，消去，得，显然，
设，则，，
又，，
则
要使上式恒为定值，需满足，解得，此时，为定值.
当直线的斜率不存在时，，，由可得.
所以存在点，使得为定值.
【点睛】
方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略
（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．
（2）与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法：
①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；
②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；
③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题．
5．已知，为椭圆的左?右焦点，点在椭圆上，且过点的直线交椭圆于，两点，的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）对于椭圆，问否存在实数，使得成立，若存在求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，实数.
【分析】
（1）利用椭圆的定义，结合三角形的周长，求出，设出椭圆方程，代入点的坐标求解即可得到椭圆的方程；
（2）求出，设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，，利用韦达定理，不妨设，，求出，化简整理即可求得结果
【详解】
解：（1）根据椭圆的定义，可得，，
∴的周长为，
∴，，
∴椭圆的方程为，将代入得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可知，得，依题意可知直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，由消去，整理得，
设，，则，，
不妨设，，，
同理，
所以
即，所以存在实数，使得成立
【点睛】
关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理将表示出来，然后代入中可求出的值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
6．已知椭圆的离心率为，的面积为
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1...
一、单选题
1．过原点的直线与双曲线交于A,B两点，点P为双曲线上一点，若直线PA的斜率为2，则直线PB的斜率为（）
A．4B．1C．D．
【答案】C
【分析】
设，，，代入双曲线的方程，作差，可得，再由直线的斜率公式，结合平方差公式，计算可得所求值.
【详解】
由题意可设，，，
则，，
即有，
即，
由，，
可得，
因为，所以.
故选：.
二、多选题
2．已知椭圆的离心率为，的三个顶点都在椭圆上，设它的三条边，，的中点分别为，，，且三条边所在直线的斜率分别，，，且，，均不为0．为坐标原点，则（）
A．
B．直线与直线的斜率之积为
C．直线与直线的斜率之积为
D．若直线，，的斜率之和为1，则的值为
【答案】CD
【分析】
由题意可得：．设，，，．，．利用点差法即可得出，，，即可判断．
【详解】
解：椭圆的离心率为，，
，故错；
设，，，．，．
，，
两式相减可得：．
，
同理，，
故错，正确．
又，
故选：CD．
【点睛】
方法点睛：本题考查了椭圆的标准方程及其性质、斜率计算公式、中点坐标公式、点差法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题，处理中点弦问题常用的求解方法：
（1）点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点坐标公式即可求得斜率；
（2）根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解
3．设是抛物线上两点，是坐标原点，若，下列结论正确的为（）
A．为定值B．直线过抛物线的焦点
C．最小值为16D．到直线的距离最大值为4
【答案】ACD
【分析】
由抛物线方程及斜率公式即可判断A；设直线方程，结合韦达定理即可判断B；利用韦达定理求得的最小值，即可判断C；由直线过定点可判断D.
【详解】
对于A，因为，所以，
所以，故A正确；
对于B，设直线，代入可得，
所以，即，所以直线过点，
而抛物线的焦点为，故B错误；
对于C，因为，
当时，等号成立，
又直线过点，所以，故C正确；
对于D，因为直线过点，所以到直线的距离最大值为4，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】
解决本题的关键是利用抛物线的方程合理化简及韦达定理的应用，细心计算即可得解.
三、解答题
4．已知点到的距离是点到的距离的2倍.
（1）求点的轨迹方程；
（2）若点与点关于点对称，点，求的最大值；
（3）若过的直线与第二问中的轨迹交于，两点，试问在轴上是否存在点，使恒为定值?若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）138；（3）存在，，.
【分析】
（1）设点，由題意可得，利用两点之间的距离公式化简整理可得.
（2）先由的轨迹方程求出点的轨迹方程，利用两点间距离公式整理从而转化为：线性规划问题处理.
（3）代入消元，韦达定理，整体思想代入，整理可得解.
【详解】
（1）设点，由題意可得，即，
化简可得.
（2）设，由(1)得点满足的方程，
又点是点与点的中点，则，代入上式消去可得，即的轨迹为.
令，则，可视为直线在y轴上的截距，
的最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径，
所以，，所以.
因此的最大值为138.
（3）存在点，使得为定值.
当直线的斜率存在时，设其斜率为，则直线的方程为，
由，消去，得，显然，
设，则，，
又，，
则
要使上式恒为定值，需满足，解得，此时，为定值.
当直线的斜率不存在时，，，由可得.
所以存在点，使得为定值.
【点睛】
方法点睛：本题为直线与圆的综合题，与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略
（1）与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．
（2）与圆上点有关代数式的最值的常见类型及解法：
①形如型的最值问题，可转化为过点和点的直线的斜率的最值问题；
②形如型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；
③形如型的最值问题，可转化为动点到定点的距离平方的最值问题．
5．已知，为椭圆的左?右焦点，点在椭圆上，且过点的直线交椭圆于，两点，的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）对于椭圆，问否存在实数，使得成立，若存在求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，实数.
【分析】
（1）利用椭圆的定义，结合三角形的周长，求出，设出椭圆方程，代入点的坐标求解即可得到椭圆的方程；
（2）求出，设直线的方程为，与椭圆方程联立，设，，利用韦达定理，不妨设，，求出，化简整理即可求得结果
【详解】
解：（1）根据椭圆的定义，可得，，
∴的周长为，
∴，，
∴椭圆的方程为，将代入得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）可知，得，依题意可知直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，由消去，整理得，
设，，则，，
不妨设，，，
同理，
所以
即，所以存在实数，使得成立
【点睛】
关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，解题的关键是将直线方程与椭圆方程联立方程组，利用韦达定理将表示出来，然后代入中可求出的值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
6．已知椭圆的离心率为，的面积为
（1）求椭圆的方程；
（2）设为椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：为定值.
【答案】（1...
