命题角度5.5：圆锥曲线的定值、定点问题1．动点在圆：上运动，定点，线段的垂直平分线与直线的交点为．（Ⅰ）求的轨迹的方程；（Ⅱ）过点的直线，分别交轨迹于，两点和，两点，且．证明：过和中点的直线过定点．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（Ⅱ）分别设直线和的中点为、，当直线斜率不存在或为0时，分析可知直线与轴重合，当直线的斜率为1时，此时，，直线的方程为，联立解得直线经过定点．下面证明一般性：当直线的斜率存在且不为0,1时，设直线的方程为，则直线的方程为，设，，联立消去得，则，所以，即，同理：，于是直线的斜率为，故直线的方程为，显然时，，故直线经过定点．点睛：在处理直线和圆锥曲线的位置关系时，往往先根据题意合理设出直线方程，再联立直线和圆锥曲线方程，但要注意“直线不存在斜率”的特殊情况，如本题中利用直线不存在斜率时探究其定点，给一般情形找到了目标.2.已知椭圆的左、右焦点分别为,离心率为,点是椭圆上任意一点,的周长为.(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)过点(-4,0)任作一动直线交椭圆于两点,记,若在线段上取一点,使得,则当直线转动时,点在某一定直线上运动,求该定直线的方程．【来源】青海省西宁市2017届高三下学期复习检测二（二模）数学（理）试题【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)点在定直线上.【解析】试题分析:(1)由已知条件求出的值,根据,求出椭圆的方程;(2)设直线联立直线与椭圆方程,求出的表达式,将由表示出来，由,求出的表达式,化简,求出为定值.(Ⅱ)由题意可知,直线的斜率必存在.故可设直线的方程为,由,消去得,由根与系数的关系得,由,得所以.所以,设点的坐标为,由,得,所以,解得.而,,所以.故点在定直线上.点睛:本题主要考查了以椭圆为载体,求椭圆标准方程以及椭圆与直线的关系,属于中档题.考点有:椭圆的标准方程,椭圆的简单几何性质,韦达定理,向量坐标运算等等.考查学生的逻辑思维能力,运算求解能力.3.已知点的坐标分别为，直线相交于点，且它们的斜率之积是，点的轨迹为曲线.（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）过点作直线交曲线于两点，交轴于点，若，，证明：为定值.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）.试题解析：（Ⅰ）设点，由已知得，化简得点的轨迹的方程:.（Ⅱ）设点的坐标分别为.由，所以，所以因为点在曲线上，所以，化简得①，同理，由可得：，代入曲线的方程得②，由①②得是方程的两个实数根(△>0)，所以.点睛：解析几何中的定值问题，一般先要求出此量戒代数表达式，本题就是的表达式，为此设点的坐标分别为.由，求得，目的是利用点在曲线，坐标代入方程得的式子，同理得的式子，两式比较知是方程的两根，由韦达定理可得结论．4.已知椭圆的左、右焦点分别为，椭圆过点，直线交轴于，且，为坐标原点．（1）求椭圆的方程；（2）设是椭圆的上顶点，过点分别作直线交椭圆于两点，设这两条直线的斜率分别为，且，证明：直线过定点．【答案】（1）（2）详见解析【解析】试题分析：（1）将点代入椭圆方程得，由得，则，联立方程得解；（2）分为直线斜率存在和斜率不存在两种情况，当斜率不存在时，直接代入得解；当斜率存在时，联立直线和椭圆的方程得，结合韦达定理，运用整体代换的思想化简得，可得其恒过定点.试题解析：（1） 椭圆过点，∴①， ，∴，则，∴②，由①②得，∴椭圆的方程为得，，即，由，即．故直线过定点．5.如图已知椭圆：的离心率为，以椭圆的左顶点为圆心作圆：，设圆与椭圆交于点与点．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设点是椭圆上异于、的任意一点，且直线、分别与轴交于点、，为坐标原点，求证：为定值．【来源】【全国市级联考】2017届陕西省西安市高三模拟（一）数学（理）试卷（带解析）【答案】（1）；（2）详见解析.（2）设点则直线的方程为，令，得，同理，故.又因为点与点在椭圆上，故，，代入可得.所以为定值.点睛：本题主要考查直线和圆锥曲线的位置关系，考查圆的方程和椭圆的方程.第一问是待定系数法求椭圆的标准方程，需要两个条件，第一个条件很明显，是椭圆的离心率.第二个条件隐藏在圆的方程中.第二问由于是直线与轴的交点，我们只需将直线设出，然后令即可求出两点的坐标.6.已知椭圆右顶点，离心率．（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上顶...
