2019版一輪復(fù)習(xí)理數(shù)通用版：高考達(dá)標(biāo)檢測四十三圓錐曲線的綜合問題——定點、定值、探索性問題

1、高考達(dá)標(biāo)檢測(四十三)圓錐曲線的綜合問題定點、定值、探索性問題x2y231.如圖，已知橢圓C：孑+1=1(2>>0)的離心率是看,其中一個頂點為B(0,1).(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)P,Q是橢圓C上異于點B的任意兩點，且BPLBQ.試問：直線PQ是否恒過一定點？若是，求出該定點的坐標(biāo)；若不是，說明理由解：(1)設(shè)橢圓C的半焦距為c.依題意，得b=1,2c2a2二1e=-2=2-aa解得a2=4,所以橢圓C的方程為W+y2=1.4(2)直線PQ恒過定點.法一：易知，直線PQ的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m,P(x1,y0，Q(x2,y?),將直線PQ的方程代入x2+4y2=4

2、,消去y,整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.則X1+X2=8km1+4k2,X1X2=4m241+4k2,因為BPXBQ,且直線BP,BQ的斜率均存在,g、1y1-1y21,所以1-=-1,X1X2整理得X1X2+wy2(y1+y2)+1=0.因為y1=kx1+m,y2=kx2+m,所以y1+y2=k(x1+x2)+2m,y1y2=k2xd2+mk(x+*2)+m2.將代入，整理得(1+k2)xa2+k(m1)(x1+x2)+(m1)2=0.將代入，整理得5m22m3=0.解得m=3或m=1(舍去).5所以直線pq恒過定點卜，5：法二：直線BP,BQ的斜率均存在，設(shè)直線BP的

3、方程為y=kx+1.將直線BP的方程代入x2+4y2=4,消去y,得(1+4k2)x2+8kx=0.解得x=0或x=-8k1+4k2.2_8k.一14k僅P(x1,y1),所以X1=.2,y1=kx1+1=2,1+4k1+4k2所以P8k14kJ1+4k2'1+4k2/以T替換點P坐標(biāo)中的k,可得Qk24、'k2+4.從而，直線PQ的方程是14k2y一石7記8kx+d.21+4kk2414k28k8k-k2+41+4k2k2+41+4k2依題意，若直線PQ過定點，則定點必定在y軸上.在上述方程中，令x=0,解得y=-3.5所以直線PQ恒過定點i0,-3.522一2.已知橢圓C：

4、扛+#=1(a>b>0)的離心率為半，短軸端點到焦點的距離為2.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)A,B為橢圓C上任意兩點，O為坐標(biāo)原點，且OALOB.求證：原點O到直線AB的距離為定值，并求出該定值.解：(1)由題意知，e=c=3,.b2+c2=2,a2又a2=b2+c2,所以a=2,c=3,b=1,所以橢圓C的方程為x2'+y2=1.4(2)證明：當(dāng)直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x=卒，此時，原點O到5直線AB的距離為25.5當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m,A(xi,yi),B(x2,y2).y2=1,得(1+4k2)x2+8kmx+4m2

5、4=0.y=kx+m則A=(8km)2-4(1+4k2)(4m24)=16(1+4k2-m2)>0,xi+X2=-8km4m24m24k2則y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=丘，/,由OOB得kOAkOB=T,即Xt=T，-5m2-4-4k2242所以xixz+yiy2=1+4卜2=0,即m=5(1+k),所以原點O到直線AB的距離為嚴(yán)|2=羋.1+k5綜上，原點O到直線AB的距離為定值平.x2y263 .已知橢圓C:x2+b2=1(a>b>0)的離心率為七,以原點。為圓心，橢圓C的長半軸長為半徑的圓與直線2x-gy+6=0相切.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)已知點A

6、,B為動直線y=k(x2)(kw0)與橢圓C的兩個交點，問：在x軸上是否存在定點E,使得UA2+EAAB為定值？若存在，試求出點E的坐標(biāo)和定值；若不存在,請說明理由.解：(1)由e=冷,得：=雪,3a3即c=6a,又以原點O為圓心，橢圓C的長半軸長為半徑的圓為x2+y2=a2,且該圓與直線2x42y+6=0相切,所以a=|6|=乖，代入得c=2,所以b2=a2c2=2,所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為22xy,+zr=1.62.22/+yi(2)由：62ly=k(x-2)得(1+3k2)x212k2x+12k2-6=0.設(shè)A(xi,yi),B(x2,y2),所以Xi+X2=12k212k2-61+3k2

7、'xix2=1+3k2.根據(jù)題意，假設(shè)x軸上存在定點E(m,0),使得EA2+_EAAB=(EA+贏)EA=EA.EB為定值,則EtEB=(xim,yi)(x2-m,y2)=(xi-m)(x2-m)+yiy2=(k2+1)xix2(2k2+m)(xi+x2)+(4k2+m2)(3m2-12m+10,2+(m2-6)1+3k2'要使上式為定值，即與k無關(guān)，只需3m212m+10=3(m26),解得m=7,3此時，a2+京渥=m2-6=-5,9所以在x軸上存在定點E百0:使得EA2+EAAB為定值，且定值為5.4 .已知橢圓C:X7+y?=1(a>b>0)的右焦點為F(

8、1,0),且點P1,3柞橢圓C上，。為坐標(biāo)原點.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過定點T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點A,B,且/AOB為銳角，求直線l的斜率k的取值范圍；(3)過橢圓Ci：3+。=1上異于其頂點的任一點P,作圓O：x2+y2=；的兩條切線,a253b3切點分別為M,N(M,N不在坐標(biāo)軸上)，若直線MN在x軸、y軸上的截距分別為m,n,證明：義+N為定值.3mn解：(1)由題意得c=1,所以a2=b2+1,又點P'1,3在橢圓C上，所以1,、2a4b由可解得a2=4,b2=3,所以橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為二十y2=1.43(2)設(shè)直線l的方程為y=kx+2,A(x

9、i,y”，B(x2,y2),y=kx+2,由y2得(4k2+3)x2+16kx+4=0,3=1，因為A=16(12k2-3)>0,所以k2>；,16k4川x1+x2=4k2+3,x1x2=4k2+3.因為/AOB為銳角，所以O(shè)AOB>0,即x1x2+y1y2>0,所以x1x2+(kx1+2)(kx2+2)>0,所以(1+k2)x1x2+2k(Xi+x2)+4>0,口”.24-16k-即(1+k2)E+2k即+4>0,解得k2<4.3又k2>J,所以<kk2<443解得半kk<_1或1kkk羋.3223所以直線i的斜率k的取

10、值范圍為(一平，一2弩).22證明：由(i)知橢圓Ci的方程為上+3y=i,設(shè)P(Xo,y。)，M(X3,Y3),N(X4,y4),因為M,N不在坐標(biāo)軸上，所以kPM=-7=x3,koMy3直線PM的方程為yy3=X3(xX3),4化間得X3X+y3y=不，3同理可得直線PN的方程為X4X+y4y=*3X3Xo+y3y0=4,把P點的坐標(biāo)代入得4、X4Xo+y4y0=3,所以直線MN的方程為XoX+yoy=4.34 4令y=o,得m=令X=o,得n=,3Xo3yo所以X°=f,yo=T-，3m3n又點P在橢圓Ci上，所以)+痣)=4,即3m2+H為定值伊力自選題已知橢圓的兩個焦點為F

11、i(-V5,o),F2(T5,o),m是橢圓上一點，若MUMF>2=o,>>|MFi|MF2|=8.(1)求橢圓的方程；(2)直線l過右焦點F2(V5,o)(不與X軸重合)且與橢圓相交于不同的兩點A,B,在X軸上是否存在一個定點p（x0,0）,使得ArB的值為定值？若存在，寫出p點的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.22解：（1）由題意知橢圓的焦點在x軸上，設(shè)橢圓的方程為孑+*=1m>b>0）,貝Uc=5,|而1|2+|而2|2=（2c）2=20.又|而1|碗2|=8,（|疝1|+|而2|）2=|而i|2+|Mi?2|2+2|而1|疝2|=36,解得|MlF1|+|MIF

12、12|=6,即2a=6,則a=3,b2=a2c2=4,橢圓的方程為J+E=i.94（2）當(dāng)直線與x軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為v=k（x-V5）,代入橢圓方程并消元整理得，（9k2+4）x218啊2x+45k236=0.設(shè)A(xi,yi),B(x2,y2),門"185k245k2-36則Xl+X2=4+9k2,X1X2=Z9,22216ky1Y2=k(X1寸5)(x245)=kX1X2-55(x1+x2)+5=-.4十9K所以papb=(x1-x0,y”(x2x0,y2)=(X1x0)(x2x0)+yiy22，=x1X2-x0(X1+x2)+X0+y1y2(9x018V5x0+29K2+4x0364+9K2令PAPB=t,則(